陕西省铜川市同官高级中学2026届化学高三第一学期期中达标检测模拟试题含解析

陕西省铜川市同官高级中学2026届化学高三第一学期期中达标检测模拟试题注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、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-2、下列性质中，可以证明某化合物中一定存在离子键的是A．可溶于水 B．有较高的熔点C．水溶液能导电 D．熔融状态能导电3、运用元素周期表和元素周期律分析下面的推断，下列说法不合理的是A．PH3、H2S、HCl的热稳定性和还原性从左到右依次增强B．若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:X>YC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性:CsOH>Ba(OH)24、常温下，下列各组离子(或在指定条件下)能大量共存的是(

)A．滴加KSCN显红色的溶液：、K+、Cl-、S2-B．、Na+、、C．c(ClO-)=

1mol/L的溶液中：Fe2+、Al3+、、I-D．在碱性溶液中：

、Na+、

S2-、、5、用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是（

）A．标准状况下，2.24L1H2和0.4g2H2均含有0.2NA个质子B．惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过2NA个电子，则阳极产生气体22.4LC．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为1.5NAD．1molNa2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA6、下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂B．氧化铝熔点高，可用作耐高温材料C．氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水D．小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多7、下列关于金属及其化合物的说法中，不正确的是A．除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠可以用加热的方法除去B．Li在空气中燃烧生成的氧化锂属于碱性氧化物C．CuCl2、FeSO4及Fe(OH)3都能通过化合反应制得D．铝制容器不宜用来长时间存放碱性食物、酸性食物以及咸的食物8、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-9、下列实验现象预测正确的个数是①实验I：振荡后静置，上层溶液颜色变浅②实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色无变化③实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色④实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应A．1 B．2 C．3 D．410、一种白色固体可能由Na+、Ba2+、Cl-、Br-、HCO3-、SO32-、SO42-离子中的若干种组成，某同学设计实验检验其组成，记录如下：实验步骤实验操作实验现象①将固体溶于水，用pH试纸检验无色溶液pH=9②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置产生气泡，CCl4层呈橙色③向②所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生④过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列关于固体组成的结论错误的是A．不能确定是否含有Ba2+、Cl- B．至少含有SO32-、SO42-中的一种离子C．肯定含有HCO3-和Br- D．无需检验即可断定溶液中含有Na+11、己知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol，相关数据如下：H2(g)N2(g)NH3(g)1mol分子中的化学键形成时要释放出的能量/kJ436946a一定条件下，在体积为1L的密闭容器中加入1molN2和3molH2充分反应，放出热量Q1kJ，下列说法正确的是A．如图可表示合成氨过程中的能量变化B．a的数值为391C．Q1的数值为92D．相同条件下，反应物若为2molN2和6molH2，放出热量Q2＞2Q112、烧瓶中，铜与浓硫酸反应结束后，铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入相关物质，下列说法正确的是A．滴加浓NaOH溶液立即有蓝色沉淀生成B．加入铁粉，铁粉不溶解C．通入O2并加热，铜片继续溶解D．加入NaNO3固体，铜片不溶解13、分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准合理的是A．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质B．根据分散系是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液C．根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物D．根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应14、下列装置能达到实验目的是A．利用图1装置进行喷泉实验 B．利用图2装置吸收HCl气体，并防止倒吸C．利用图3装置制备C12 D．利用图4装置收集SO2气体15、将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）A．KSCN B．BaCl2 C．HCl D．NaOH16、用下列实验装置能达到相关实验目的的是()ABCD实验装置实验目的除去苯中混有的水制备并收集少量NO2实验室焙烧硫酸铜晶体测定中和反应的反应热A．A B．B C．C D．D17、有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是A．WZ沸点高于W2Y的沸点B．含Z的两种酸反应可制得Z的单质C．W2Y2是由极性键和非极性键构成的非极性分子D．X的含氧酸一定为二元弱酸18、pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是（）A．溶液X中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物D．若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL（标准状况），则X中c（Fe2+）=0.06mol•L﹣119、两种盐的固体混合物：①加热时有气体产生，②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的固体混合物是A．BaCl2和(NH4)2SO4B．AlCl3和NaHCO3C．AgNO3和NH4ClD．KCl和K2CO320、缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共用电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是（）A．NH3、BF3、CCl4中只有BF3是缺电子化合物B．BF3、CCl4中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3C．BF3与NH3反应时有配位键生成D．CCl4的键角小于NH321、下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是A．闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜B．闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋C．闭合开关K时，当有0.1molNa＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12LD．闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑22、为了探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各组分的含量，现设计如下流程：下列叙述中不正确的是()A．n=0.02 B．m=3.2C．V=2240 D．原混合物中FeSO4的质量分数约为89%二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、X均为中学化学常见物质，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则A不是_____(填序号)。a．Cb．Nac．Ald．S若C是红棕色气体，则A可能是___________或____________。（2）若X是一种温室气体，单质A被誉为国防金属，则反应①的化学方程式为___________________________________________________。（3）若X为苛性碱，A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则反应②的离子方程式为___________________________________________________。24、（12分）W为某短周期元素X的固态单质，E气体在标准状况下的密度为1.52g/L，A、B、C均为含X元素的酸式钠盐，它们在一定条件下有如图所示的转化关系，其中某些反应产物中的H2O已略去。（1）画出X原子的原子结构示意图________A的电子式可表示为___________；（2）写出反应①的离子反应方程式___________；（3）写出反应②的化学反应方程式_______________________________________；（4）写出反应③的化学反应方程式_______________________________________；（5）医学上常用含有H的糖衣片给患贫血的病人补铁，可检验该药片是否变质的化学试剂为_________，对于H来说，药片上糖衣可以起到________作用；（6）有A、B与MgXO4组成的固体混合物中，测得X元素的质量分数为a，则O元素的质量分数为________。25、（12分）甲酸(HCOOH)是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。I.甲酸能与醇发生酯化反应该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇(CH3OH)的酯化反应实验:有关物质的性质如下:沸点/℃密度(g·cm-3)水中溶解性甲醇64.50.79易溶甲酸100.71.22易溶甲酸甲酯31.50.98易溶(1)装置中，仪器A的名称是_________________，长玻璃管c的作用是__________________________。(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为____________________________________________。(3)要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为__________________________________。II.甲酸能脱水制取一氧化碳(1)利用上图装置制备并收集CO气体，其正确的连接顺序为a→__________(按气流方向从左到右，用小写字母表示)。(2)装置B的作用是__________________________________。(3)一定条件下，CO能与NaOH

固体发生反应:CO+NaOHHCOONa。①为了证明“CO与NaOH

固体发生了反应”，设计下列定性实验方案:取固体产物，配成溶液，___________。②测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：准确称取固体产物8,0

g配制成100

mL溶液，量取20.00

mL该溶液于锥形瓶中，再加入___________作指示剂，用1.5

mol/L的盐酸标准溶液滴定剩余的NaOH，平行滴定三次，平均消耗盐酸的体积为5.05

mL，则产物中甲酸钠的质量分数为_______(计算结果精确到0.1%)。26、（10分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。（实验探究）该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。请回答下列问题：（1）仪器X的名称是___。（2）实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)。a．检查装置的气密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥HCld．点燃酒精灯，加热e．停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_______________。（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___________________。（探究反思）（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_____________________________。②若杂质是CuO，则产生的原因是________________________________。27、（12分）某学习小组为探究MnO2与FeC13·6H2O的反应，设计了下列装置：查阅文献有如下信息：①FeCl3的熔点为282℃，沸点为315℃；②FeCl3·6H2O的熔点为37℃，沸点为285℃：③3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)。实验过程记录：回答下列问题：（1）管壁内形成黄色液滴，可能的原因是_____________________。（2）B中溶液变红，请用离子方程式解释其原因_____________。（3）对C中溶液变棕黄色，小组展开进一步实验(如图所示)：则C中溶液变棕黄色的原因是_______________。（4）对A中残留物进行分离，其中得到一种不溶于水的红棕色固体，写出A中生成该固体的化学方程式___________________________。（5）在A中，MnO2发生反应的化学方程式为___________________________。28、（14分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。29、（10分）用如图所示装置进行实验。完成有关问题：（1）玻璃管E内发生反应的化学方程式为________________。（2）C的作用是________________。（3）广口瓶D内盛的试剂是________，此装置的3个主要作用是________________。（4）从试管E导出的气体成分是________________。（5）装置F中U形管观察到所收集的物质的颜色状态是________________。（6）该实验还缺少一个________装置。

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、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。2、D【详解】A．可溶于水的化合物，不一定是离子化合物，如HCl等，A项错误；B．具有较高熔点的化合物，不一定是离子化合物，如二氧化硅等，B项错误；C．水溶液能导电的化合物，不一定是离子化合物，如醋酸、硫酸等，C项错误；D．熔融状态下能导电的化合物中含有阴阳离子，所以一定是离子化合物，一定含有离子键，D项正确；本题答案选D。3、A【解析】A、根据元素周期律：同周期元素原子，从左到右氢化物的稳定性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以PH3、H2S、HCl的热稳定性从左到右依次增强，还原性从左到右依次减弱，选项A不合理；B、具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:X>Y，选项B合理；C、硅、锗处于金属与非金属的交界处，元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，选项C合理；D、Cs、Ba同周期，自左而右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故碱性CsOH>Ba(OH)2，选项D合理。答案选A。点睛：本题考查同主族元素的性质的递变规律，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的学习。同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，对应的元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，以此解答该题。4、D【详解】A．滴加KSCN显红色的溶液含Fe3+，Fe3+可以和S2-发生氧化还原反应生成硫单质和亚铁离子，不能共存，故A错误；B．和发生双水解反应生成氨气和硅酸，不能共存，B错误；C．Fe2+具有还原性，ClO-具有强氧化性，发生氧化还原反应，不能共存，C错误；D．碱性溶液中：、Na+、S2-、、均不互相反应，能共存，D正确；答案选D。5、B【解析】A、标准状况下，2.24L1H2的物质的量为0.1mol，而0.4g2H2的物质的量也为0.1mol，且1H2和2H2中质子数均为2个，故0.1mol1H2和2H2均含有0.2NA个质子，选项A正确；B、惰性电极电解饱和食盐水，阳极电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，若电路中通过2NA个电子即2mol，则阳极产生气体1mol，但不一定是标准状况，气体体积不一定是22.4L，选项B错误；C、NO2和N2O4的混合气体可看成是最简式为NO2，计算23gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数=×3×NA=1.5NA，选项C正确；D、碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，1molNa2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NA，选项D正确。答案选B。6、A【详解】A.浓硫酸用作干燥剂，表现的性质是吸水性，A错误；B.氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，B正确；C.氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，C正确；D.小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，D正确。故选A。【点睛】气体的干燥，晶体中结晶水的去除，都可利用浓硫酸，此时浓硫酸表现吸水性；从有机物中脱掉相当于水组成的H、O元素，浓硫酸表现脱水性；金属的钝化、浓硫酸与铜等不活泼金属的反应、浓硫酸与非金属单质等的反应，表现出强氧化性。7、A【详解】A.除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠，可以向溶液中加入适量NaOH溶液，A错误；B.Li在空气中燃烧生成的氧化锂与酸反应产生盐和水，所以Li2O属于碱性氧化物，B正确；C.Cu与Cl2反应产生CuCl2、Fe与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，Fe(OH)2与O2、H2O反应产生Fe(OH)3，这三种反应都是化合反应，故三种物质可通过化合反应制取得到，C正确；D.Al可以与强酸、强碱发生反应，因此铝制容器不宜用来长时间存放碱性食物、酸性食物，在咸的食物中，Al与杂质及NaCl溶液会构成原电池发生吸氧腐蚀，Al作负极，加快Al的腐蚀，因此也不能盛放咸的食物，D正确；故合理选项是A。8、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。9、B【详解】①溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO、H2O，生成物无色，且易溶于水，而苯不溶于水，且密度比水小，所以液体分层，上层溶液颜色变浅，甚至会变为无色，①正确；②浓硫酸和蔗糖反应生成CO2和SO2气体，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使溶液的紫色变浅甚至褪色，②错误；③稀硝酸与Cu反应生成NO，NO易与空气中O2反应生成红棕色NO2，NO2与NaOH溶液反应产生NaNO3，同时产生NO气体，故溶液中有气泡产生，③错误；④Fe(OH)3胶体能够使光线发生散射而有一条光亮的通路，即产生丁达尔效应，④正确；综上所述可知：四个实验正确的是①④，共2个，故合理选项是B。10、A【解析】①无色溶液，pH=9，溶液显碱性，是因为SO32－或HCO3－水解造成，因此HCO3－、SO32－至少含有一种；②滴加氯水和四氯化碳后，产生气泡，因为氯水中含有HCl，因此原溶液中一定含有HCO3－，CCl4层呈橙色，加入氯水后产生了Br2，推出原溶液中一定含有Br－；③在②的所得溶液中加入Ba(NO3)2和HNO3，出现白色沉淀，此沉淀是BaSO4，得出SO32－、SO42－至少含有一种，Ba2＋不存在，溶液呈现电中性，原溶液一定含有Na＋；④滤液中加入AgNO3和稀硝酸，出现白色沉淀，此沉淀是AgCl，Cl－来自于氯水，不能说明原溶液中一定含有Cl－；综上所述选项A正确。点睛：离子检验中，应注意两点：一点是外来离子的干扰，如本题原溶液中Cl－的判断，因为氯水中含有Cl－，对原溶液中Cl－的检验产生干扰，二点是溶液呈现电中性，溶液中必须是有阴必有阳。11、D【分析】

【详解】A．反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A错误；B．△H=反应物键能和-生成物键能和，有-92kJ/mol=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6akJ/mol，a=360kJ/mol，故B错误；C．合成氨是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全转化，故C错误；D．合成氨的正反应是气体体积减小的反应，1L容器中，反应物越多反应物转化率越高，所以相同条件下，反应物若为2molN2和6molH2，放出热量Q2＞2Q1，故D正确；故选D。12、C【分析】Cu与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，排在H前面的金属与稀硫酸反应，且硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，以此来解答。【详解】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，A．滴加浓NaOH溶液先与稀硫酸反应，故开始时没有蓝色沉淀生成，选项A错误；B．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，选项B错误；C．通入O2并加热，硫酸、氧气和铜反应生成硫酸铜和水，铜片继续溶解，选项C正确；D．滴入NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查铜、浓硫酸的性质等，为高频考点，把握烧瓶中含稀硫酸及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意D中氧化还原反应的判断，注重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。13、C【解析】A.弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，强电解质和弱电解质的分类标准并不是电解质在水溶液中导电性的强弱，而是在水溶液中电离程度的大小，故A不合理；B.根据分散质粒子的大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据是否具有丁达尔现象，故B不合理；C.根据纯净物中的元素组成，将纯净物分成单质和化合物，只由一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故C分类标准合理；D.根据反应中的能量变化，可将化学反应分为放热反应和吸热反应；氧化还原反应和非氧化还原反应的分类标准为反应中是否有电子的转移，故D不合理；答案选C。【点睛】本题的易错项为B，区别溶液和胶体的实验方法可以是丁达尔现象，但两种分散系的本质区别是分散质粒子的大小不同。14、A【解析】A、CO2易与NaOH溶液反应，导致烧瓶内气体压强大气压小而形成喷泉，A正确。B、HCl气体极易溶于水，从而引起倒吸现象，苯的密度小于水的密度，HCl仍与水直接接触，同样会引起倒吸，要防止倒吸必须使用密度大于水的有机物如CCl4，要防止倒吸，不能使可溶性气体与水直接大面积接触，一般都是将可溶性气体通入有机溶剂中，B错误。C、浓盐酸与二氧化锰反应生成Cl2必须加热，C错误。D、SO2的密度大于空气的密度，必须使用向上排空气法收集，D错误。正确答案为A15、D【详解】A．KSCN只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，不能区别，故A不符合题意；B．BaCl2和上述物质间均不反应，无明显现象，不能区别，故B不符合题意；C．HCl和上述物质间均不反应，无明显现象，不能区别，故C不符合题意；D．氯化钠和NaOH溶液混合无明显现象；氯化铝中逐滴加入NaOH溶液，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和NaOH反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和NaOH反应生成红褐色沉淀；氯化镁和NaOH反应生成白色沉淀，现象各不相同，能区别，故D符合题意；综上所述答案选D。16、D【分析】苯与水的混合物用分液操作分离；NO2溶于水并与水反应，集气瓶中收集到的是NO；焙烧采用坩埚，不是蒸发皿；中和反应的反应热测定需温度计、玻璃搅拌棒、带有隔热层的容器等。【详解】A．苯与水都是液态，互不相溶，用分液操作分离，故A错误；B．NO2溶于水并与水反应，集气瓶中收集到的是NO，故B错误；C．焙烧固体应采用坩埚，不是蒸发皿，故C错误；D．中和反应的反应热测定需温度计、玻璃搅拌棒、带有隔热层的容器等，故D正确。答案选D。17、B【详解】Y无最高正价且形成2个键，说明是氧元素，Z的含氧酸均具有氧化性，说明是氯元素，W与Z为不同周期，W只能是氢元素，X形成4个键，应该是碳元素；A．HCl常温是气态，而H2O为液态，则HCl沸点低于H2O的沸点，故A错误；B．HCl与HClO或HClO3反应都可得到Cl2，选项B正确；C．H2O2是由极性键和非极性键构成的极性分子，是半开书页型，不是直线型的，故C错误；D．碳的含氧酸有碳酸、甲酸、乙酸、乙二酸等，故D错误；故答案为B。18、C【解析】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32－、SO32－离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42－离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子；一定含有SO42－离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，则A、依据分析可知，溶液中一定存在：H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42－，A正确；B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋、Cl－，B正确；C、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为44.8mL，物质的量为：0.0448L÷22.4L/mol=0.002mol，故n（Fe2+）=3×0.002=0.006mol，c（Fe2+）=0.006mol÷0.1L=0.06mol/L，D正确，答案选C。点睛：本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度较大，注意掌握常见离子的性质及检验方法。注意再进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。19、B【解析】A.混合物加热硫酸铵分解生成氨气，有气体生成，溶于水生成沉淀硫酸钡不溶于盐酸；

B.混合物加热有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，有气体生成，溶于水生成氢氧化铝沉淀溶于盐酸；

C.混合物加热氯化铵分解，有气体生成，溶于水生成氯化银产生不溶于盐酸；

D.混合物加热无气体生成，溶于水无沉淀生成。【详解】A.混合物加热硫酸铵分解生成氨气，有气体生成；溶于水：(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，生成沉淀硫酸钡不溶于盐酸，故A错误；

B.混合物加热碳酸氢钠分解生成二氧化碳，有气体生成；溶于水：AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3CO2↑+3NaCl，生成氢氧化铝沉淀溶于盐酸，所以B选项是正确的；

C.混合物加热氯化铵分解，硝酸银分解，均有气体生成；溶于水：AgNO3+NH4Cl=AgCl↓+NH4NO3，生成氯化银产生不溶于盐酸，故C错误；

D.混合物KCl和K2CO3加热无气体生成，溶于水无沉淀生成，故D错误；

所以B选项是正确的。20、D【详解】A.NH3电子式为，符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构，CCl4电子式为、，符合路易斯结构，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；B.BF3中心原子B价层电子对数为3+×(3-3×1)=3，则杂化方式为sp2杂化；CCl4中心原子C价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，则杂化方式为sp3杂化，故B正确；C.BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；D.CCl4和NH3均为sp3杂化，CCl4中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角减小，则CCl4的键角大于NH3，故D错误；故答案选：D。21、C【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以左边是负极，右边是正极。A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A错误；B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B错误；C、闭合K时，当有0.1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C正确；D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为2H＋+2e－=H2↑，故D错误；故选C。22、B【解析】步骤②加入9g铁粉生成氢气，说明前面步骤硫酸有剩余，溶液a与nmol氯气完全反应，说明溶液a中含有Fe2+，17.08gFeSO4和Cu(NO3)2的混合物与0.14mol硫酸混合，NO3-全部被还原为NO，NO的物质的量是，根据氮元素守恒，样品中Cu(NO3)2的质量是，FeSO4的质量为17.08-1.88=15.2g；物质的量是0.1mol；设与硝酸根离子反应的亚铁离子的物质的量是xmol，消耗氢离子的物质的量为ymol；X=0.06，y=0.08mol；溶液a中亚铁离子的物质的量是0.1-0.06=0.04mol；根据方程式，需要氯气0.02mol，故A正确；根据铁元素守恒，通入氯气后溶液中铁离子的物质的量是0.1mol，根据反应，消耗铁的物质的量是0.05mol，即2.8g；溶液a中氢离子的物质的量0.14-0.08=0.2mol，根据，消耗铁0.1mol，即5.6g；a溶液中含有0.01mol，消耗铁0.01mol，即0.56g；同时生成铜0.64g，剩余固体质量是9-2.8-5.6-0.56+0.64=0.68g，故B错误；生成氢气0.1mol，体积为2.24L，故C正确；原混合物中FeSO4的质量分数约为，故D正确。二、非选择题(共84分)23、cN2NH32Mg+CO22MgO+CHS-+OH-=S2-+H2O【分析】当X为氧气时，符合此转化关系的变化有：C（CH4）→CO→CO2、N2（NH3）→NO→NO2、S（H2S）→SO2→SO3、Na→Na2O→Na2O2等；当X为二氧化碳、A为Mg时，则有如下转化关系：Mg→C→CO；当X为NaOH、A为H2S气体时，有如下转化：H2S→HS-→S2-，据此分析解答。【详解】（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则X为O2，a.当A为C时，可发生如下转化：C→CO→CO2；b.当A为Na时，可发生如下转化：Na→Na2O→Na2O2；c.当A为铝时，不能实现上述转化关系；d.当A为S时，可发生如下转化：S→SO2→SO3；若C是红棕色气体，则C为NO2，转化关系可以是：NH3→NO→NO2或N2→NO→NO2，综上所述，答案为：c；N2或NH3；（2）X是一种温室气体，则X为二氧化碳；单质A被誉为国防金属，则A为金属Mg，反应①为镁在二氧化碳中燃烧的反应，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为2Mg+CO22MgO+C；（3）X为苛性碱，则X为NaOH；A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则A为H2S，所以转化关系为：H2S→NaHS→Na2S，反应②的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为HS-+OH-=S2-+H2O。【点睛】本题主要考查了物质间的转化规律，符合题给连续转化关系的物质间的转化有多种情况，一是氧化还原反应类型，如含C、N、S、Fe等元素的单质及化合物之间的转化；二是复分解反应类型，如碱→正盐→酸式盐、正盐→酸式盐→新盐和铝三角之间的相互转化等。24、HSO3-+H+=H2O+SO2↑2H2S+SO2=3S↓+2H2OH2S+Fe2(SO4)3=2FeSO4+S↓+H2SO4KSCN溶液或苯酚溶液防氧化或隔绝空气【分析】E气体在标准状况下的密度为1.52g/L，则E的摩尔质量为，E与Fe2(SO4)3溶液反应生成的W为元素X的固体单质，则推测E为H2S，W为S单质，X为S元素，第(5)问已知医学上常用含有H的糖衣片给患贫血的病人补铁，则H为FeSO4，Fe2(SO4)3与H2S反应生成S单质、FeSO4、H2SO4，则G为H2SO4，E与F可反应生成S单质，F与Fe2(SO4)3可反应生成FeSO4、H2SO4，则F为SO2，A、B、C均为含S元素的酸式钠盐，根据物质的转化关系推出，A为NaHS，C为NaHSO4，B为NaHSO3，据此分析解答。【详解】E气体在标准状况下的密度为1.52g/L，则E的摩尔质量为，E与Fe2(SO4)3溶液反应生成的W为元素X的固体单质，则推测E为H2S，W为S单质，X为S元素，第(5)问已知医学上常用含有H的糖衣片给患贫血的病人补铁，则H为FeSO4，Fe2(SO4)3与H2S反应生成S单质、FeSO4、H2SO4，则G为H2SO4，E与F可反应生成S单质，F与Fe2(SO4)3可反应生成FeSO4、H2SO4，则F为SO2，A、B、C均为含S元素的酸式钠盐，根据物质的转化关系推出，A为NaHS，C为NaHSO4，B为NaHSO3，(1)X是S原子，为16号元素，其原子结构示意图为，A为NaHS，是离子化合物，由Na+和HS-离子构成，其电子式可表示为，故答案为：；；(2)C为NaHSO4，B为NaHSO3，则反应①的离子反应方程式为HSO3-+H+=H2O+SO2↑，故答案为：HSO3-+H+=H2O+SO2↑；(3)E为H2S，F为SO2，二者反应生成S单质和水，则反应②的化学反应方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；(4)E为H2S，Fe2(SO4)3与H2S反应生成S单质、FeSO4、H2SO4，则反应③的化学反应方程式H2S+Fe2(SO4)3=2FeSO4+S↓+H2SO4，故答案为：H2S+Fe2(SO4)3=2FeSO4+S↓+H2SO4；(5)医学上常用含H(FeSO4)的糖衣片给患贫血的病人补铁，亚铁离子不稳定易被氧化生成铁离子，铁离子能和苯酚发生显色反应，能和KSCN溶液反应生成血红色溶液，所以可以用苯酚或KSCN溶液检验是否变质，对H(FeSO4)来说，药片上的糖衣可以起到防止氧化作用或隔绝空气的作用，故答案为：KSCN溶液或苯酚溶液；防氧化或隔绝空气；(6)由A(NaHS)、B(NaHSO3)与MgSO4组成的固体混合物中，S元素的质量分数为a，A、B中钠与氢的摩尔质量为24g/mol，与镁相同，则钠与氢可看作为“镁元素”，则混合物中“镁元素”与S元素的物质的量之比为1:1，则混合物中“镁元素”的的质量分数为，则剩余的O元素的质量分数为，故答案为：。25、直形冷凝管平衡内外气压，冷凝回流产品HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O蒸馏c→b→e→d→f除去CO中的HCOOH蒸气加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，能够使溶液褪色酚酞81.1%【解析】I．(1)由装置图可知，仪器A为直形冷凝管；由于产物甲酸甲酯的沸点较低，为防止其大量挥发，所以长玻璃管c的作用冷凝回流产品，也能起到平衡内外气压的作用；(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式HCOOH+

CH3OHHCOOCH3+H2O；(3)根据甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点都有较大差别，可采用蒸馏的方法提取混合物中的甲酸甲酯；II．(1)用甲酸脱水制取一氧化碳时，要用浓硫酸催化脱水，再用碱石灰进行除杂，最后用排水法收集CO，所以正确的连接顺序为a→c→b→e→d→f；(2)由于甲酸的沸点不高，在加热时会有一定量的挥发，所以装置B的作用是除去CO中的HCOOH蒸气；(3)①已知甲酸(HCOOH)是还原性酸，所以可用氧化性物质来检验是否有甲酸生成，所以取固体产物，配成溶液，加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，即证明CO与NaOH

固体发生了反应；②这是用标准盐酸来滴定未知碱溶液的操作，所以用酚酞作指示剂，已知消耗盐酸的物质的量为1.5

mol/L×5.05

×10-3L=7.575×10-3mol，所以8.0g固体产物中含NaOH的质量为7.575×10-3mol×5×40g/mol=1.515g，则产物中甲酸钠的质量分数为8.0g-1.515g8.0g点睛：本题的关键是通过甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点，知道它们的沸点较低，易挥发，需要从产物中除去，且沸点之间差距较大，可通过蒸馏的方法进行分离提纯，又甲酸具有还原性，为甲酸钠的检验提供了思路。26、球形干燥管c、d、b先逐渐变为红色，后褪色；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O加热温度不够或加热时间不足没有在HCl的氛围中加热【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠吸收。【详解】（1）根据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管。（2）加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为cdb。（3）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为先变红，后褪色；（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，故答案为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足