博雅闻道2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

博雅闻道2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：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、下列化学反应的离子方程式正确的是A．在H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水:Al3++4NH3·H2O=AlO+4+2H2OC．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+D．Fe3O4溶于稀硝酸的反应:3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O2、某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，已知：装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。下列说法错误的是（）A．该装置中Y电极发生氧化反应B．X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e－===C6H12O6+6H2OC．理论上，每生成22.4L(标准状况下）O2，必有4molH+由X极区向Y极区迁移D．当电路中通过3mole时，生成18gC6H12O6，则该装置的电流效率为80%3、氯化钠晶体熔化的过程中，破坏了（）A．离子键和金属键 B．离子键C．共价键和金属键 D．共价键4、将铝、铁物质的量均为0.2mol的某种铝铁合金粉末分别于下列溶液充分反应（溶液均过量），放出氢气最多的是A．18.4mol·L-1H2SO4溶液B．1.5mol·L-1HCl溶液C．4mol·L-1HNO3溶液D．3mol·L-1NaOH溶液5、关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一种难溶于水的强电解质③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐④煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化A．①②B．①②④C．②③④D．③④6、下列说法正确的是A．根据反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强B．电解含Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的溶液，阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2＋、H＋、Pb2+C．含amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫气体（不考虑SO2在水中的溶解）D．由置换反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2可知I2的氧化性强于Cl2的氧化性7、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD．1molNa2CO3固体中含离子总数小于3NA8、下列解释事实的方程式不正确的是A．用稀盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO4-C．用金属钠除去甲苯中的水：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D．铜片溶解在NaNO3和稀硝酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O9、“化学，让城市更美好”，下列叙述不能直接体现这一主题的是（）A．绿色食品，让人类更健康 B．合成光纤，让通讯更快捷C．火力发电，让能源更清洁 D．环保涂料，让环境更宜居10、已知还原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，所得溶液中可能存在的离子是（）A．I-、Fe3+ B．Fe2+、Br- C．Fe2+、Fe3+ D．Fe2+、I-11、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-22的溶液：K+、Na＋、SO42－、S2O32－B．澄清透明溶液：Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．使酚酞变红色的溶液：NH4＋、K＋、AlO2－、NO3－D．含0.1mol·L-1KI的溶液：Fe3＋、Na＋、NO3－、Cl－12、在给定条件下，下列物质间的转化均能实现的有（）①NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)②Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)③AgNO3(aq)[Ag(NH2)2]+(aq)Ag(s)④Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)⑤NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)⑥MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)⑦N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)A．2个 B．3个 C．4个 D．5个13、用1.0mol·L－1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示。原硫酸溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的总体积是A．1mol·L－1,60mL B．0.5mol·L－1,80mLC．0.5mol·L－1,40mL D．1mol·L－1.80mL14、乙烯气体与氢气加成生成乙烷气体的能量变化如下图所示，该反应的热化学方程式（）A．B．C．D．15、某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列分析正确的是（）A．实验①反应的火焰为苍白色B．实验③反应制得的物质为纯净物C．实验③得到的物质可能产生丁达尔现象D．实验②、③得到的分散系中分散质粒子的直径：②＞③16、2—氯丁烷常用于有机合成等，有关2—氯丁烷的叙述正确的是A．它的同分异构体除本身外还有4种B．与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂D．与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种17、2017年4月22日是第48个世界地球日，我国确定的活动主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活——讲好我们的地球故事”。下列行为不符合这一活动主题的是（）A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用C．加大铅蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放18、下面两套实验装置，都涉及金属的腐蚀反应，假设其中的金属块和金属丝都是足量的。下列叙述正确的是()A．装置Ⅰ在反应过程中只生成NO2气体B．装置Ⅱ开始阶段铁丝只发生析氢腐蚀C．装置Ⅱ在反应过程中能产生氢气D．装置Ⅰ在反应结束时溶液中的金属阳离子只有Cu2＋19、右图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是A．MgSO4 B．KAl(SO4)2 C．Al2(SO4)3 D．NaAlO220、某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：12O2(g)+H2(g)＝H2O(g)ΔH＝－242kJ·mol－S(g)+H2(g)＝H2S(g)ΔH＝－20kJ·mol－1Se(g)+H2(g)⇌H2Se(g)ΔH＝+81kJ·mol－1下列说法正确的是A．稳定性：H2O<H2S<H2SeB．降温有利于Se与H2反应生成H2SeC．O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g)ΔH＝－444kJ·mol－1D．随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生21、下列变化原理不同于其他三项的是A．将Na投入水中溶液呈碱性B．Cl2能使品红褪色C．过氧化钠作供氧剂D．活性炭可作为净水剂22、中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化B．阶段I中，H2O2是氧化产物C．每生成1molO2，阶段II中转移电子2molD．反应的两个阶段均为吸热过程二、非选择题(共84分)23、（14分）图中A为淡黄色固体，B的阳离子与A相同（其他物质均略去）．根据以上关系，回答下列问题：（1）A的电子式为__________.（2）A投入FeCl2溶液中的反应为_______________(请用一个化学方程式表示)（3）若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_____________________________(写化学式)（4）氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：①与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是__________________(答两点)。②施莱辛（Sehlesinger）等人提出可用NaBH4与水反应制氢气，写出NaBH4与水反应的化学方程式____________________________________。24、（12分）短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是__________________________。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_____________。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。25、（12分）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：(1)酸溶时，MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_____________________________。(2)滤渣1的化学式为__________________。(3)写出流程中“氧化”的离子方程式为______________________________________。(4)调节pH时，使用pH试纸的具体操作是取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片上，_______________________________________________________；滤渣2中除了过量的MgO外，还含有的物质是____________。(5)高温煅烧过程中，同时存在以下反应：2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑；MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑；MgSO4＋3C高温MgO＋S↑＋3CO↑。利用下图装置对煅烧产生的气体进行连续分别吸收或收集(其中S蒸气在A管中沉积)。①D中收集的气体是_________________(填化学式)。②B中盛放的溶液是__________________(填下列选项的字母编号)。a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．酸性KMnO4溶液26、（10分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按上图组装仪器，检查装置的气密性；②将2．3g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（2）装置C的作用为_______________________________。（2）若将H2换成CO，则还需补充________________装置。（3）测的反应后装置B增重2．32g，则铁矿石中氧的百分含量为_______________。Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定（2）步骤④中煮沸的作用是__________________________。（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、__________________。（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是__________________________。a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测夜润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（4）若滴定过程中消耗3．2333mol·L−2的KI溶液23．33mL，则铁矿石中铁的百分含量为____________。Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为______________。27、（12分）水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用下图装置制备(部分装置省略)。步骤1关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO。步骤2关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，通入NH3，制备N2H4·H2O。回答下列问题：(1)盛放碱石灰的仪器的名称为________________。(2)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__________。(3)步骤2中通入N2一段时间的原因是____________________。(4)本装置中制备氨气的化学方程式是______________________________。(5)NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O的化学方程式为______________________________。(6)已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，实验室用碘标准溶液测定N2H4·H2O粗产品的纯度。若称取N2H4·H2O粗产品(其它杂质不与I2反应)2.000g，加水配成250.00mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，用0.3000mol·L－1的碘标准溶液进行滴定，碘标准溶液盛放在__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。达到终点的现象是__________.实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则粗产品中水合肼的质量分数为___________________。28、（14分）Ⅰ．下列说法正确的是__________。A．元素的电负性越大，其单质越稳定B．分子晶体中可能不存在共价键C．晶格能越大，形成的离子晶体越稳定D．金属晶体和离子晶体均具有延展性Ⅱ．钢铁中含有C、N、Mn等元素，实验中常用过硫酸盐氧化法测定钢铁中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+（1）Mn原子的价层电子的轨道表达式（电子排布图）为____________________。（2）已知H2S2O8的结构简式如图所示。①H2S2O8中S的轨道杂化方式为______________，H、O、S三种元素中，电负性最大的元素是___________（填元素符号）。②S基态原子中电子的运动状态有_________种。③上述反应中S2O82-断裂的共价键类型为___________（填“σ键”或“π键”)，每生成1molMnO4-，断裂的共价键数目为___________NA。（3）C和N能形成多种结构的晶体。一种新型的超硬材料类似于金刚石的结构，但硬度比金刚石大，其晶胞如图所示（图示原子都包含在晶胞内），其化学式为______________。已知晶胞参数a=0.64nm，b=0.55nm，c=0.24nm，则该晶体的密度为_______________（列出式子即可，但式子中不包含字母）g/cm3。29、（10分）绿矾(FeSO4·7H2O)在工业上可用于制造铁盐、氧化铁红及靛青等。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：25℃pH值饱和H2S溶液3.9SnS沉淀完全1.6FeS开始沉淀3.0FeS开始沉淀5.5（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3＋，最好选用的试剂为________。A．KSCN溶液B．NaOH溶液C．KMnO4溶液D．苯酚溶液（2）操作Ⅱ中，通入硫化氢至饱和的目的是______________________________________；在溶液中用硫酸酸化至pH＝2的目的是__________________________________。（3）操作Ⅳ的顺序依次为_________________、冷却结晶、____________________。（4）操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②_________________________________________________________。（5）测定绿矾产品中Fe2＋含量的方法是：a.称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c.用硫酸酸化的0.01000mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。①滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为________________________(填仪器名称)。②计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为____________________。

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．Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，故A错误；B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，氯化铝与氨水发生反应，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，故B错误；C．FeI2溶液中通入少量的Cl2，碘离子还原性大于亚铁离子，少量的氯气只氧化碘离子，发生反应的离子方程式为2I-+Cl2═I2+2Cl-，故C错误；D．Fe3O4溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故D正确；答案为D。2、C【解析】A、根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，A正确；B、根据装置图可知二氧化碳在X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e－＝C6H12O6+6H2O，B正确；C、H+由Y极区向X极区迁移，C错误；D、生成C6H12O6的物质的量是18g÷18g/mol＝0.1mol，转移电子的物质的量是2.4mol，因此当电路中通过3mole－时该装置的电流效率为2.4mol/3mol×100%＝80%，D正确，答案选C。3、B【详解】氯化钠晶体为离子化合物，熔化时电离出钠离子、氯离子，破坏了离子键，故B符合题意，答案选B。【点睛】化学键分为离子键、共价键和金属键。氯化钠晶体中仅含有离子键。4、B【解析】试题分析：Fe、Al与浓硫酸发生钝化，Fe、Al与稀硝酸发生氧化还原反应不生成氢气，则排除A、C，因Fe、Al均与盐酸反应，只有Al与NaOH反应，等物质的量的铝铁合金粉末，与1.5mol·L-1HCl溶液反应生成氢气最多，故B项正确。考点：本题考查金属的性质。5、B【解析】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是由分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；②BaSO4是盐，难溶于水，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；③纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故③错误；④煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成氢气、一氧化碳等气体的过程；煤的液化是将煤与氢气在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的氢气和一氧化碳通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。这三种变化都有新物质生成，都属于化学变化，故④正确；故正确序号为①②④。A.①②不符合题意；B.①②④符合题意；C.②③④不符合题意；D.③④不符合题意；答案：B。6、C【解析】A.因为该反应是非自发的，不能根据反应Cu＋H2SO4通电__CuSO4＋H2↑推出Cu还原性比H2强的结论B.因为该溶液中H+浓度很小，此时H+得电子能力比Pb2+弱，所以阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2+、Pb2+、H+，B项错误；C.Na2S中硫元素显-2价，SO2中硫元素显+4价，Na2S与SO2发生归中反应生成S，若使amolNa2S溶液吸收SO2最多，则Na2S完全转化为S和NaHSO3，发生反应的化学方程式为2Na2S+5SO2+2H2O=3S↓+4NaHSO3，根据化学计量数知amol:n(SO2)=2:5，所以n(SO2)=2.5amol，C项正确；D.反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2中碘元素化合价由I2的0价升高到NaIO3中的+5价，I2失去电子是还原剂，表现还原性，所以I2的氧化性弱于Cl2，D项错误；答案选C。7、B【解析】FeI2与足量氯气反应生成氯化铁、碘单质，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故A错误；过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；18gD2O含有的质子数为，18gH2O中含有的质子数为，故C错误；1molNa2CO3固体中含1mol碳酸根离子、2mol钠离子，离子总数等于3NA，故D错误。8、B【解析】A、铁锈的成分是氧化铁，氧化铁和稀盐酸反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，离子反应方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故A正确；B、用氨水除去烟气中的二氧化硫，化学方程式为：SO2+2NH3•H2O═(NH4)2SO3+H2O，离子反应方程式为2NH3•H2O+SO2═2NH4++2SO32-+H2O，故B错误；C、除杂不能引入新杂质，且与原物质不发生反应，故可用金属钠除去甲苯中的水，对应的方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，然后分液分离，故C正确；D、在NaNO3和稀硝酸混合液中，发生氧化还原反应，铜片溶解，反应的离子反应为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选B。9、C【详解】A．绿色食品，不使用有害农药，让人类更健康，故A不选；B．光纤的化学成分是二氧化硅，合成光纤是化学变化，让通讯更快捷，能让生活更美好，故B不选；C．火力发电是将化学能转化为电能，煤燃烧产生有害气体，故C选；D．用化学方法合成环保涂料，让环境更宜居，能让生活更美好，故D不选。答案选C。10、B【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，据此分析判断。【详解】还原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，其次是Fe2+，最后是Br-；A.向溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，若溶液中存在I-，那么Fe3+不能存在，A项错误；B.溶液中通入Cl2，I-先被氧化，其次是Fe2+，若Fe2+存在，Br-还未被氧化，因此溶液中存在Fe2+、Br-，B项正确；C.当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，C项错误；D.当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，D项错误；答案选B。【点睛】本题的难点是确定发生氧化还原反应的离子的先后顺序，即先后规律，在浓度相差不大的溶液中：(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应；(2)同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋＞Cu2＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再与Cu2＋反应。11、B【解析】试题分析：A、水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-22的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，S2O32－能与H+反应，不能大量共存；B、Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42－互不反应，可以大量共存；C、使酚酞变红色的溶液呈碱性，NH4+与OH‾反应，不能大量共存；D、Fe3+能氧化I‾，不能大量共存。考点：本题考查离子共存。12、A【详解】①NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故①正确。②Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故②错误。③AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故③错误。④Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故④错误。⑤氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，第二步不能实现，故⑤错误。⑥氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，Mg(OH)2不稳定，加热分解为MgO，故两步都可以实现，故⑥正确。⑦氨气通入饱和食盐水中，在通入二氧化碳气体可以制碱，但反应生成的是碳酸氢钠，第二步不能转化，故⑦错误。故①⑥正确，故答案选A。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。13、B【详解】根据图象知，硫酸的pH=0，则c(H+)=1mol/L，c(H2SO4)=c(H+)=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.5mol/L×0.04L=1mol/L×V，所以V(NaOH)==40mL，则混合溶液体积=40mL×2=80mL，故选B。14、C【分析】从坐标图象中可以看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，说明此反应为放热反应。且放出的能量为(b-a)kJ。【详解】A.，没有标明各物质的状态，错误；B.，没有标明各物质的状态，且热量数值不正确，错误；C.，正确；D.，放出热量的数值错误。故选C。【点睛】放出热量的数值是反应物与生成物总能量的差值，不是激发态总能量与生成物总能量的差值。在进行反应热效应的计算时，一定要弄清能量数据对应的物质，否则会错选D。15、C【详解】A.实验①中的铁和氯气反应生成氯化铁，生成棕褐色的烟，A项错误；B.实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，为混合物，B项错误；C.实验③向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液，利用水解原理制备胶体，实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，能产生丁达尔现象，C项正确；D.实验②得到氯化铁溶液，实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，则分散质粒子的直径：②<③，D项错误；答案选C。16、C【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体中，碳链异构为正丁烷和异丁烷，各自氯原子有2种同分异构体，故它的同分异构体除本身外还有3种，A叙述错误；B．2-氯丁烷中不含有氯离子，则其与硝酸银溶液混合不产生白色沉淀，B叙述错误；C．2-氯丁烷为有机物，含有碳碳单键，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，C叙述正确；D．2-氯丁烷与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应，生成1-丁烯或2-丁烯，则有机产物只有2种，D叙述错误；答案为C。17、C【详解】A.因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充,加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率,如开发利用太阳能、风能、氢能等等,可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，所以A选项是正确的；

B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，所以B选项是正确的；

C.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产,废旧电池含有的铅、汞、锌、锰等重金属会污染环境，废旧蓄电池电解液也会污染环境,不符合社会可持续发展理念,故C错误；

D.水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源,保护水资源,符合社会可持续发展理念,所以D选项是正确的；

综上所述，本题选C。18、C【解析】装置Ⅰ浓硝酸变稀后会生成NO，故A错误；由于铁没有接触稀硫酸，开始阶段铁丝发生吸氧腐蚀，故B错误；，装置Ⅱ开始阶段铁丝发生吸氧腐蚀，左侧气体减少，液面升高，铁丝与稀硫酸接触后，反应产生氢气，故C正确；装置Ⅰ浓硝酸变稀后，铁与稀硝酸反应，所以在反应结束时溶液中的金属阳离子有Cu2＋、Fe2+，故D错误。19、C【详解】该图像可知，当沉淀达到最大时，沉淀开始溶解，但仍然有剩余的，这说明选项A、D是不正确；根据图像可知，氢氧化铝是2mol，而硫酸钡是3mol，即硫酸根离子和铝离子的个数之比是3︰2，因此选项C正确，B不正确，答案选C。20、C【解析】A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，因此稳定性：H2O>H2S>H2Se，故A项错误；B项，Se(g)+H2(g)⇌H2Se(g)对应的△H>0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项错误；C项，将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由2×(①-②)可得：O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g)ΔH＝－444kJ·mol－1，故C项正确；D项，随着核电荷数的减小，ⅥA族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越稳定，ⅥA族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。21、D【解析】A、将Na投入水中溶液呈碱性是因为钠与水反应生成强碱氢氧化钠；B、Cl2能使品红褪色是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性；C、过氧化钠作供氧剂是因为过氧化钠能与CO2、水反应产生氧气；D、活性炭可作为净水剂利用的是活性炭的吸附作用，属于物理变化，因此原理不同于其他三项，答案选D。22、D【分析】由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段I为2H2O=H2O2+H2↑，阶段II为2H2O2=2H2O+O2↑，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，据此分析。【详解】A.该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；B.阶段I中发生的反应为2H2O=H2O2+H2↑，生成H2O2时氧元素化合价从-2价升高到-1价，所以H2O2是氧化产物，故B正确；C.阶段II中发生的反应为2H2O2=2H2O+O2↑，每生成1molO2，转移2mol电子，故C正确；D.过氧化氢不稳定，能量高，分解成的H2O和O2较稳定，所以阶段II发生的反应为放热反应，故D错误。故答案选D。二、非选择题(共84分)23、4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑NaOH、Na2CO3热值高,污染小NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑【分析】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2，A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，据此答题。【详解】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2，A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，（1）A为Na2O2，Na2O2的电子式为。因此，本题正确答案是：。(2)A为Na2O2，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑，因此，本题正确答案是：4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑。(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O1.5mol0.75mol0.75mol0.75mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol0.75mol0.75mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑(1-0.75)mol0.75mol0.5mol根据反应：Na2O2+1.5NaHCO30.5NaOH+1.5Na2CO3+O2↑，则剩余的固体为NaOH、Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、Na2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5)②NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。因此，本题正确答案是：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物性质与相互转化，关键是根据A为淡黄色固体推断A为过氧化钠，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠。24、第三周期第VIA族NH4SCNN≡C—O—O—C≡N(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。25、MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2OSiO22Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，再与比色卡对照得出读数Fe(OH)3COd【解析】以菱镁矿（主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸镁、硫酸亚铁溶液，滤渣1为二氧化硅，滤液中加入过氧化氢，亚铁离子被氧化为铁离子，加入氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得硫酸镁，硫酸镁和木炭高温煅烧制备高纯氧化镁，据此解答。【详解】（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O；（2）二氧化硅不溶于稀硫酸，则滤渣1的化学式为SiO2；（3）加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁，反应的离子方程式为2Fe2＋+2H＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O；（4）调节pH时，使用pH试纸的具体操作是取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，再与比色卡对照得出读数；调节pH时铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣2中除了过量的MgO外，还含有的物质是Fe(OH)3；（5）根据方程式可知煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①CO难溶于水，D中收集的气体可以是CO；②装置B吸收二氧化硫，由于二氧化碳、二氧化硫均与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，稀硝酸能把二氧化硫氧化，但同时生成NO气体，所以B中盛放的溶液选择KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为d。【点睛】本题考查了镁、铁及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题的关键，（5）中气体吸收的先后顺序判断是解答的易错点和难点。26、防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果尾气处理24%赶走溶液中溶解的过量的Cl2223mL容量瓶df73%Fe2O6【分析】Ⅰ．氢气和铁矿石中铁的氧化物在A装置的玻璃管内反应生成Fe和水蒸气，C用来隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入B中，B中质量增加量即A中产生的水蒸气的量，据此计算铁矿石中含氧量；Ⅱ．23.3g铁矿石与足量稀硫酸反应、过滤得含Fe2+、Fe3+的滤液A，滤液A中通入足量氯气使Fe2+转化为Fe3+得B溶液，取23.33mLB的稀溶液用KI溶液滴定可得Fe3+的量，从而可计算铁矿石中含铁量，最后得铁矿石中铁的氧化物的化学式。【详解】Ⅰ．(2)装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，使测得的含氧量增大；(2)CO有毒，若将H2换成CO，则还需补充尾气处理装置；(3)测的反应后装置B增重2．32g，即生成水2.32g，则铁矿石中氧的百分含量为=24%；Ⅱ．(2)通入足量的氯气，溶液中溶有未反应的氯气，步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2；(2)步骤⑤配制溶液中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、223mL容量瓶；(3)碘水、Fe3+均为黄色，所以滴定过程中需加指示剂；无论如何互滴，开始就生成碘单质，滴定过程中不能利用淀粉溶液作为指示剂；滴定管用蒸馏水洗涤后再用待裝液润洗；锥形瓶不能用待测夜润洗；滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化；滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，可判断滴定终点，再读数；(4)若滴定过程中消耗3．2333mol·L−2的KI溶液23．33mL，根据，铁矿石中铁的百分含量为=73%。Ⅲ．设化学式为，，，所以该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe2O6。27、干燥管量筒排除空气及多余氯气Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl酸式溶液变蓝且半分钟内不褪色75.00％【解析】（1）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管。（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解NaOH固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒。（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气。（4）本装置中是使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，原料应为Ca(OH)2和NH4Cl。（5）NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O和NaCl，化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl。（6）碘标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，达到终点的现象是：溶液变蓝且半分钟内不褪色；设粗产品中N2H4·H2O的质量分数为a，利用化学反应中碘和肼的比例关系计算。【详解】（1）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管，故答案为干燥管；（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解NaOH固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，故答案为量筒。（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气，故答案为排除空气及多余氯气。（4）本装置中使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，反应的方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。（5）NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O和NaCl，化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl，故答案为2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl。（6）碘标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，达到终点的现象是：溶液变蓝且半分钟内不褪色；设粗产品中N2H4·H2O的质量分数为a，则：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O50g2mol2.0g×a0.02L×0.3mol·L－1×250ml/25mLa=75.00％，故答案为酸式；溶液变蓝且半分钟内不褪色；75.00％。28、BCsp3O16σ键2.5C3N4【解析】试题分析：Ⅰ．A．单质稳定性与分子结构有关；B．稀有气体构成的分子晶体中不存在共价键；C．晶格能越大，离子键键能越大；D．离子晶体不均具有延展性。Ⅱ．（1）Mn是25号元素，价电子的电子排布式是，根据洪特规则和泡利不相容原理，写Mn价层电子的轨道表达式。（2）根据价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对，结合S2O82-的结构判断S原子杂化类型;非金属性越强电负性越大。原子核外有一个电子就有1种运动状态。反应中S2O82-断裂的共价键是O-O单键，单键都是σ键，根据离子方程式每生成2molMnO4-，消耗5molS2O82-；（3）图示原子都包含在晶胞内，根据图