福建省厦门市大同中学2026届高三上化学期中质量检测模拟试题含解析

福建省厦门市大同中学2026届高三上化学期中质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B．过程②的反应为C．理论上每产生需要D．流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl2、PASS是新一代高效净水剂,它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X原子半径最小,Y、R同主族,Z、W、R同周期,Y原子的最外层电子数是次外层的3倍,Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是（）A．Z的阳离子与R的阴离子在溶液中因发生氧化还原反应无法共存B．WY2能与碱反应,但不能与任向酸反应C．原子半径按X、Y、R、W、Z的顺序依次增大D．熔沸点:X2R>X2Y3、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是选项实验操作实验目的或结论A向左推注射器通过观察液面差判断该装置的气密性B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgO粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体说明Na2O2没有变质D将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落说明铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlA．A B．B C．C D．D4、在一定温度下，向饱和氢氧化钠溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列关于溶液的说法正确的是（）A．溶液中有晶体析出，Na+数目变小B．有氧气放出，Na+数目增加C．Na+数目变小，溶质的质量不变D．溶液中Na+数目不变，溶质的物质的量浓度不变5、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是（）A．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，制得Cl2的分子数目小于0.15NAB．10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC．1L1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA6、下列说法正确的是（）A．用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油B．乙酸乙酯与乙烯在一定条件下都能与水发生加成反应C．丙烯分子中最多有8个原子共平面D．用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物7、已知：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；K2Cr2O7+14HCl＝2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O；MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O其中，KMnO4和一般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸（＞6mol·L-1）反应，MnO2需和浓盐酸（＞8mol·L-1）反应。以下结论中，不正确的是()A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应B．生成1molCl2转移电子数均为2NA（NA为阿伏加德罗常数）C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2D．盐酸的浓度越大，Cl-的还原性越强8、铜和镁的合金4.35g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g9、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1molFe与1molCl2充分反应生成FeCl3时，转移电子数为3NAB．通常状况下，11.2LH2所含的氢原子数为NAC．1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为9∶10D．一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH的物质的量相同10、NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图．下列说法正确的是（）A．NH3催化还原NO为吸热反应B．过程Ⅰ中NH3断裂非极性键C．过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂D．脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)11、下列物质属于电解质的是A．Cl2 B．KNO3 C．SO2 D．Al12、在如图恒温恒压容器中，发生如下反应并达到平衡：2NO2(g)N2O4(g)+Q(Q>0)，改变下列条件，达到新平衡后，的比值不发生改变的是（）A．升温B．向容器中通入Ar气C．向内推活塞D．加入一定量N2O413、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．Na2S水解：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣B．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+C．向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOD．向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClO14、下列说法中，可以证明反应N2＋3H22NH3已达平衡状态的是（）A．一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成B．一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键断裂C．一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂D．一个N≡N键断裂的同时，有六个N－H键形成15、八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是（）A．常见的离子半径：g>h>d>eB．氢化物的沸点y一定低于zC．由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀D．e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应16、下列微粒中质子数大于电子数的是A．OH- B． C． D．17、根据下表信息，下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2O2MnO2③KClO3浓盐酸Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2A．表中①反应的氧化产物只能有FeCl3B．表中②生成1mol的O2将有4mol的电子转移C．表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D．表中③还原产物是KCl18、C、Si、S、N都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列有关说法中正确的是A．四种元素在自然界中既有游离态又有化合态B．二氧化物都属于酸性氧化物，都能与碱反应而不能与任何酸反应C．最低价的气态氢化物都具有还原性，一定条件下都能与O2发生反应D．氮的氧化物相互转化都是氧化还原反应19、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A．用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B．用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C．用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D．用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱20、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C．纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅21、下列实验中，始终无明显现象的是()A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO3通入Ba(NO3)2溶液中22、实验室制备硝基苯，反应装置如图。下列对该实验的叙述错误的是A．长玻璃管起冷凝回流作用B．水浴加热其优点是受热均匀，便于控制温度C．粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤D．洗涤后，用无水CaCl2干燥，然后过滤，得到纯硝基苯二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是中学常见物质间的转化关系。已知：①A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质；②E为常见金属，J为红褐色沉淀；③G在实验室中常用于检验B的存在；④L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色，储存在棕色瓶中。回答下列问题：（1）A的电子式____________________________________________________。（2）反应①的化学方程式为__________，反应②的离子方程式为_________________，（3）若参加反应的A的质量为39g，则消耗CO2的体积（标况下）为__________L。（4）L的化学式__________，G的化学式__________________________。24、（12分）镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57〜71的元素。（1）镝Dy）的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图：____________.（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为____________。（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是_____填元素名称）。几种镧系元素的电离能（单位：kJ∙mol-1）元素Ⅰ1Ⅰ2Ⅰ3Ⅰ4Yb（镱）604121744945014Lu（镥）532139041114987La（镧）538106718505419Ce（铈）527104719493547（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：________（任写一种）。③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_____，分子中所含化学键类型有_______（填字母）。a.离子键b.极性键c.非极性键d.配位键（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为apm,密度为ρg∙cm-3，NA=_______（用含a、ρ的代数式表示）。25、（12分）无水FeCl3呈棕红色，极易潮解，100℃左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。（1）装置A中反应的离子方程式为________________。（2）装置C中所加的试剂为____________。（3）导管b的作用为___________；装置G的作用为________。（4）实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯，是因为_____。（5）为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入____________，___________(填试剂和现象)。26、（10分）已知磺酰氯是一种无色液体，沸点69.1℃极易水解，其制备方法及装置图如下：，.(1)化合物中S元素的化合价是_____________。(2)装置甲中硫酸不采用稀硫酸的原因是______________。(3)装置乙盛放的是__________。(4)装置丙中上下两个仪器的名称分别是___________和__________，冷凝水的入口是_________(选填“a”或“b”)。(5)仪器己的作用有____________。(6)戊是集满氯气的贮气装置，则分液漏斗中的溶液是____________。(7)水解方程式为____________。27、（12分）某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2。（1）盛放铜片仪器的名称为_________________；（2）实验开始前必须通一段时间N2，如果不通N2，对实验有何影响_______________；（3）装置A中的现象是_______________________；（4）装置B中NaOH溶液的作用是_______________________；（5）若装置D中有黑色固体生成，则发生反应的化学方程式是_______________________。（6）利用NO可制得NH4NO3产品，流程如下：①装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，写出生成NO和NO的物质的量之比为2:1的离子方程式：_________________________________；②已知进入装置Ⅲ溶液中的NO浓度为amol·L-1，要使bL该溶液中的NO完全转化NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2__________L(用含a，b的代数式表示)。28、（14分）氢气是一种高能燃料，也广范应用在工业合成中。（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：①2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(l)△H=－3116kJ·mol－1②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1写出乙烷标准生成焓的热化学方程式：___________________________________________。（2）已知合成氨的反应为：N2＋3H22NH3△H＜0。某温度下，若将1molN2和2.8molH2分别投入到初始体积为2L的恒温恒容、恒温恒压和恒容绝热的三个密闭容器中，测得反应过程中三个容器(用a、b、c表示)内N2的转化率随时间的变化如图所示，请回答下列问题：①图中代表反应在恒容绝热容器中进行的曲线是______（用a、b、c表示）②曲线a条件下该反应的平衡常数K=_________。③b容器中M点，v(正)____v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）利用氨气可以设计成高能环保燃料电池，用该电池电解含有NO2－的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极电极反应式为______；标准状况下，当阴极收集到11.2LN2时，理论上消耗NH3的体积为_____。（4）氨水是制备铜氨溶液的常用试剂，通过以下反应及数据来探究配制铜氨溶液的最佳途径。已知：Cu(OH)2(s)Cu2＋＋2OH－Ksp=2.2×10－20Cu2＋＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)＋4H2OKβ=7.24×1012①请用数据说明利用该反应：Cu(OH)2(s)＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－配制铜氨溶液是否可行：_________________________________________。②已知反应Cu(OH)2(S)＋2NH3·H2O＋2NH4＋[Cu(NH3)4]2＋＋4H2OK=5.16×102。向盛有少量Cu(OH)2固体的试管中加入14mol·L－1的氨水，得到悬浊液；此时若加入适量的硫酸铵固体，出现的现象为_______________；解释出现该现象的原因是_____________________。29、（10分）据《自然·通讯》(NatureCommunications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；②标准状况下，VLCO2气体含有________个π键。(3)苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(π右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se的杂化方式为________。(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。

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【分析】根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA∙HCl，过程②为TBA的再生过程为，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A不符合题意；B．根据分析，过程②的反应为，故B不符合题意；C．根据分析，过程③为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，根据2CuCl2~C2H4Cl2，理论上每产生需要，故C符合题意；D．根据分析，过程①中产生的TBA∙HCl和氧气反应生成了TBA，加入到饱和食盐水中继续反应；过程③为C2H4和CuCl2反应生成的CuCl，CuCl继续参加过程②的反应，故流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl，故D不符合题意；答案选C。【点睛】将题目中的信息转化为化学方程式比较容易分析。2、C【解析】试题分析：X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X原子半径最小,则X是H元素；Y、R同主族,Z、W、R同周期,Y原子的最外层电子数是次外层的3倍,则Y是O元素、R是S元素；Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，则Z是Al元素；W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，则W是Si元素。A.Al3+与S2-在溶液中不发生氧化还原反应，但可以发生双水解反应而无法共存，A不正确；B.SiO2可以与氢氟酸反应，B不正确；C.原子半径按X、Y、R、W、Z的顺序依次增大，C正确；D.因为水分子间可以形成氢键而硫化氢分子间不能，所以熔、沸点H2S<H2O，D不正确。本题选C。3、C【详解】A.利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，故A不符合题意；B.氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的，故B不符合题意；C.空气中有二氧化碳，久置于空气中的Na2O2粉末，可能混有碳酸钠，二者均与盐酸反应生成气体，则加盐酸生成无色气体，不能说明是否变质，故C符合题意；D.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，因生成的氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面使其不滴落，故D不符合题意；答案选C。4、A【解析】过氧化钠和水发生：2Na+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变；A．有晶体析出，Na+数目减少，故A正确；B．有氧气放出，Na+数目减少，故B错误；C．Na+数目减少，溶质的质量减小，故C错误；D．溶液中Na+数目减少，溶质的物质的量浓度不变，故D错误；故答案为A。点睛：明确反应原理和饱和溶液的性质特征是解题关键，饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，而过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，有氧气放出，得到的溶液仍然是饱和氢氧化钠溶液，据此回答判断。5、C【详解】A．50mL12mol•L-1浓盐酸中含有0.6mol氯化氢，消耗0.6mol氯化氢生成0.15mol氯气，但由于随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以制得Cl2的分子数目小于0.15NA，故A选项正确。B．10g质量分数为46%的乙醇中含有乙醇的质量为4.6g，乙醇的物质的量为0.1mol，含有0.1mol氧原子；该乙醇溶液中水分子的质量分数为54%，则水的物质的量为：，含有0.3mol氧原子，则该乙醇溶液中总共含有氧原子的物质的量为0.4mol，含有的氧原子的总数为0.4NA，故B选项正确。C.因为CO32-水解生成了OH-和HCO3-，可见一个阴离子水解生成两个阴离子，所以1L1mol·L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于NA，故C选项错误。D．23gNO2与N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，浓硝酸热分解的过程中N的化合价由+5降低到+4，故转移0.5mol电子，转移电子数为0.5NA，故D选项正确。故答案选C。【点睛】本题需要注意B选项中乙醇水溶液是混合物，既含有乙醇也含有水，且水中也有氧原子，不要忘记计算。6、D【解析】A、植物油属于油脂，能与氢氧化钠发生皂化反应，矿物油主要含有烃类，与氢氧化钠不反应，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，A错误；B、乙酸乙酯属于酯类，不能与水发生加成反应，B错误；C、碳碳双键是平面形结构，且单键可以旋转，所以丙烯分子中最多有7个原子共平面，C错误；D、乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应产生气体，苯不溶于碳酸钠溶液中，有机层在上层，硝基苯不溶于碳酸钠溶液中，有机层在下层，因此可以用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物，D正确，答案选D。单键：选项C是解答的难点和易错点，共平面题的切入点是平面型结构。有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。另外解答时还需要注意单键可以旋转的特点。7、C【解析】A.上述反应中都有电子转移和离子参加，所以既属于氧化还原反应，又属于离子反应，故正确；B.两个反应中氯元素都从-1价变为0价，生成1molCl2转移电子数为2mol，均为2NA，故正确；C.根据反应物的浓度分析，盐酸浓度越大，与之反应的氧化剂的氧化性越弱，则氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞MnO2＞Cl2，故错误；D.盐酸中氯离子的还原性和盐酸的浓度大小有关，盐酸的浓度越大，Cl-的还原性越强，故正确；故选C。【点睛】掌握氧化性或还原性的强弱比较的规律，一般可以根据反应物的浓度大小分析，浓度越大，说明与之反应的物质的性质越弱，反应条件越低，说明反应物的性质越强。8、C【分析】最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。根据此分析进行解答。【详解】由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是金属失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是4.48L÷22.4L/mol＋2×0.336L÷22.4L/mol＝0.23mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23mol，质量是3.91g，则沉淀的质量是4.35g+3.91g=8.26g，故答案选C。【点睛】注意本类型题中最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是就是失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可进行计算。9、C【解析】A.1molFe与1molCl2充分反应生成FeCl3时，氯气完全反应，铁有剩余，因此1molCl2完全反应转移电子数为2NA，故A错误；B.通常状况下，11.2LH2的物质的量小于0.5mol，因此其所含的氢原子数小于NA，故B错误；C.1mol羟基含有电子数为9NA，17gNH3的物质的量为1mol，含有电子数为10NA，所以1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为9∶10，故C正确；D.一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液，氯化铵浓度不同,铵离子水解程度不同,所以所含NH的物质的量相不同，故D错误；

综上所述，本题选C。10、D【详解】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A错误；B．NH3断裂的是N-H极性键，故B错误；C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C错误；D．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)

4N2(g)+6H2O(g)，故D正确；故选D。11、B【解析】电解质就是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，常见的电解质主要有酸、碱、盐、活泼金属氧化物等。所以B正确。12、D【解析】A．升高温度，化学平衡一定移动，一定变化，故A不选；B．向容器中通入Ar气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，一定增大，故B不选；C．向内推活塞，压强增大，气体的浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，K=不变，浓度的增大幅度不同，因此一定变化，则一定变化，故C不选；D．加入一定量N2O4，容器的体积增大，平衡时与原平衡完全相同，一定不变，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意不是平衡常数的表达式。13、B【解析】A选项，硫离子水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B选项，Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2，沉淀向更难溶的方向转化，离子反应方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故B正确；C选项，向溶液中通入过量CO2，CaCO3溶解，生成HCO3-，正确的离子方程式为ClO-+H2O+CO2═HCO3-+HClO，故C错误；ClO-具有强氧化性，将SO2氧化为SO42-，故D错误。故选B。点睛：离子方程式的正误判断，需要注意CO2和SO2的不同之处，都是酸性气体，但SO2气体具有还原性。14、A【解析】A.断裂N≡N键代表正反应速率，形成H－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B.断裂N≡N键代表正反应速率，断裂H－H键也表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故B错误；C.断裂N≡N键代表正反应速率，断裂N－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故C错误；D.断裂N≡N键代表正反应速率，形成N－H键表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故D错误；故选A。15、B【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：g＞h＞d＞e，故A正确；B．NH3分子间形成氢键，其沸点比CH4高，但C的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为液态或固态，则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低，故B错误；C．O、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀，故C正确；D．氢氧化铝具有两性，能够与NaOH、高氯酸反应，故D正确；故答案为B。16、C【详解】A．OH-的质子数是9，电子数是10，其质子数小于电子数，A错误；B．NH3为电中性分子，质子数等于电子数，都是10，B错误；C．该粒子为阳离子Na+，其质子数是11，电子数是10，则其质子数大于电子数，C正确；D．为原子，质子数等于电子数，都是15，D错误；答案选C。17、C【解析】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，当氯气足量时，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；B、表中②H2O2中O元素化合价由－1升高到0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故B错误；C、表中④的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化学计量数为16，故C正确；D、表中③Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。18、C【详解】A．Si为亲氧元素，在自然界中没有游离态，A说法错误，故A不符合题意；B．酸性氧化物与水反应只生成酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，SiO2不仅能和碱反应，还能和HF反应，B说法错误，故B不符合题意；C．C、Si、S、N的最低价的气态氢化物分别为CH4、SiH4、H2S、NH3，它们都具有还原性，一定条件下都能与O2发生反应，C说法正确，故C符合题意；D．氮的氧化物相互转化不都是氧化还原反应，比如NO2和N2O4之间的转化，D说法错误，故D不符合题意；故选C。19、D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物得出，氧化性：KMnO4>Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2>Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。20、D【详解】A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；B.金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C.纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；D.光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；故选D。21、B【解析】根据物质的性质来分析物质间发生的化学反应，若反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意，据此解答。【详解】A.NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸具有强的氧化性，能将亚铁盐氧化为铁盐，使溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，选项A不符合题意；B.由于酸性HCl>H2CO3，所以在溶液中CO2和CaCl2不反应，无明显现象，选项B符合题意；C.NH3通入溶液中转化为氨水，氨水与AlCl3发生复分解反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，选项C不符合题意；D.SO3通入硝酸钡中，SO3与溶液中的水反应产生硫酸，硫酸电离产生的SO42-与溶液中的Ba2+结合，生成BaSO4白色沉淀，现象明显，选项D不符合题意；故本题合理选项是B。【点睛】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答。该题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应。22、D【详解】A.苯和硝酸沸点较低，易挥发，可用长玻璃导管冷凝和回流，A正确；B.水浴法加热使物质的温度变化比较均匀，且变化比较慢，便于控制温度，B正确；C.反应产生的硝基苯中含有未反应的HNO3蒸气，先用蒸馏水洗去大部分硝酸，再用5%NaOH溶液洗涤残留少量的硝酸，最后再用蒸馏水洗涤，就得到纯净的硝基苯，C正确；D.用蒸馏水洗涤后的硝基苯中混有少量的水，用无水CaCl2吸收，然后通过蒸馏，得到纯硝基苯，D错误；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓11.2HNO3Ca(OH)2【分析】A为淡黄色固体,B为导致“温室效应”的主要物质,二者发生反应,则A为Na2O2,B为CO2,二者反应生成Na2CO3和O2,G在实验室中常用于检验CO2的存在,则G为Ca(OH)2,故C为O2,D为Na2CO3,金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀,则J为Fe(OH)3,E为Fe,F为Fe3O4,L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不当常呈黄色,应是浓硝酸所具有的性质,则L为HNO3,K为Fe(NO3)3,H为NaOH,I为CaCO3；据以上分析解答。【详解】(1)由上述分析可以知道,A为Na2O2,电子式为；因此，本题正确答案是:；

(2)反应①的化学方程式为:2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②的离子方程式为:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；因此，本题正确答案是:2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；(3)n（Na2O2）=39÷78=0.5mol,由2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应可知，则消耗CO2的体积（标况下）为0.5×22.4=11.2L；因此，本题正确答案是:11.2；（4）结合以上分析可知，L的化学式HNO3，G的化学式为Ca(OH)2；因此，本题正确答案是:HNO3；Ca(OH)2。24、1s22s22p63s23p63d8镧O＞N＞H＞CeN-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)sp3杂化bd8【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：O＞N＞H＞Ce；②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-H…N)，水分子之间形成氢键(O-H…O)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为4×2=8，晶胞质量=g=(a×10-10cm)3×ρg•cm-3，整理得NA=。25、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O浓硫酸(或浓H2SO4)平衡压强(或使浓盐酸顺利流下)吸收多余的Cl2排尽实验装置中的空气KSCN溶液溶液变红【分析】根据实验装置图可知，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，C装置中装浓硫酸干燥氯气，D装置中铁与氯气反应生成氯化铁，E装置收集生成的氯化铁，实验尾气中有氯气，要用氢氧化钠溶液吸收，由于无水FeCl3极易潮解，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一个干燥装置，防止吸收装置中的水份与氯化铁反应，所以F中装浓硫酸，G中装氢氧化钠溶液，实验时由于装置中有空气中的水蒸气，会与铁反应，也会使产物氯化铁潮解，所以要先排除装置中的空气，【详解】（1）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；答案为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；（2）氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，C装置中装浓硫酸干燥氯气，答案为：浓硫酸(或浓H2SO4)；（3）导管b的作用为平衡装置压强，是盐酸能顺利流下；装置G为尾气处理装置，未反应的氯气有毒，不能排放到空气中，作用为吸收多余的Cl2。答案为：平衡压强(或使浓盐酸顺利流下)；吸收多余的Cl2；（4）实验时由于装置中有空气中的水蒸气，会与铁反应，也会使产物氯化铁潮解，导致制备产品不纯，所以要先排除装置中的空气，因此实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，排尽装置中的空气，再点燃D处的酒精灯。答案为：排尽实验装置中的空气（5）为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液变红说明含有三价铁离子。答案为：KSCN溶液；溶液变红；26、易溶于水，硫酸太稀不利于的溢出浓球形冷凝管三颈烧瓶a吸收和尾气，防止空气中的倒着进入装置丙饱和食盐水【分析】磺酰氯(SO2Cl2)的制备：SO2+Cl2⇌SO2C12，氯气和SO2在木炭作催化剂的作用下合成SO2C12，因SO2Cl2是一种无色液体，极易水解生成硫酸和盐酸，遇潮湿空气会产生白雾，因此要保证参加反应的氯气和SO2是干燥的，同时要防止空气中的水汽进入三颈瓶中，为了减小生成物的损失需要使用冷凝管冷凝回流，同时要利用碱石灰吸收SO2和氯气的尾气防污染，反应后的液体混合物可利用蒸馏进行分离，甲装置：浓盐酸和亚硫酸钠固体制备二氧化硫，乙装置：干燥二氧化硫，丙装置：制备磺酰氯，同时防止外界空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，并吸收未反应的氯气和二氧化硫，丁装置：干燥装置氯气，防止SO2Cl2的水解，戊装置：提供氯气，分液漏斗中可盛装不与氯气反应且不溶解氯气的溶液，如饱和食盐水，据此分析解答。【详解】(1)化合物SO2Cl2中O元素为−2价、Cl元素为−1价，令S元素化合价为x，根据化合价规则x+2×(−2)−1=0，故x=6，即S元素的化合价为+6；(2)装置甲中硫酸不采用稀硫酸的原因是易溶于水，硫酸太稀不利于的溢出；(3)装置乙的作用是干燥二氧化硫，则盛放的是浓硫酸；(4)装置丙中上下两个仪器的名称分别是球形冷凝管和三颈烧瓶，冷凝水的入口是a；(5)二氧化硫和氯气均是有毒气体，不能直接排入大气，并且SO2Cl2易水解，要防止丙中的SO2Cl2水解，则仪器己的作用有吸收和尾气，防止空气中的倒着进入装置丙；(6)根据分析，戊是提供氯气，分液漏斗中可盛装不与氯气反应且不溶解氯气的溶液，如饱和食盐水；(7)SO2Cl2极易水解生成硫酸和盐酸，水解方程式为：。27、三颈烧瓶空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰2Cu+2NO2CuO+N23NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+11.2ab【分析】实验开始前先通入氮气除去装置内的空气，以免NO和空气中的氧气反应干扰实验，然后打开分液漏斗活塞，使铜与稀硝酸在A装置中反应产生NO，气体通过B装置后除去挥发出来的HNO3，通过C装置除去水蒸气，干燥的NO和D中铜粉反应，E装置收集到氮气，据此解答。【详解】（1）盛放铜片仪器的名称为：三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）本实验用一氧化氮和铜反应，而一氧化氮遇空气易被氧气所氧化，所以在装置中通入氮气，排尽空气，故答案为：空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰；（3）A中的反应是铜与稀硝酸，反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。装置A中的现象是：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液，故答案为：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液；（4）A中的反应物有硝酸，硝酸易挥发，B中的氢氧化钠用于除去挥发出的硝酸，防止其进入D中，故答案为：吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰；（5）一氧化氮和铜反应，铜做还原剂，化合价升高变为氧化铜，铜为红色粉末，而氧化铜为黑色固体，所以现象为红色粉末变为黑色说明NO与Cu反应，则发生反应的化学方程式是：2Cu+2NO2CuO+N2，故答案为：2Cu+2NO2CuO+N2；（6）①装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，NO被Ce4+氧化成NO和NO，N元素的化合价由+2变为+5，+3，且生成NO和NO的物质的量之比为2:1，失电子物质的量为：(5-2)×2+(3-2)mol=7mol电子，Ce4+被还原产物Ce3+，得电子物质的量为：1mol电子，根据得失电子守恒，原子守恒，电荷守恒，写出离子反应方程式为：3NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+，故答案为：3NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+；②NO被氧气氧化成，N元素的化合价由+3变为+5，氧气中的O元素化合价由0变为-2，根据得失电子数相等，n(NO)：n(O2)=2：1，NO的浓度为ag•L-1，bL该溶液中n(NO)=，通入标况下的O2的体积=abmol×22.4L/mol×=11.2abL。故答案为：11.2ab。28、2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/molc800小于2NO2-＋6e-＋4H2O=N2+8OH-22.4L该反应的K=Ksp·Kβ=1.6×10-7＜10-5所以反应很难进行固体溶解，得到深蓝色溶液溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸铵固体增大了铵根离子浓度，平衡正向移动【详解】本题考查盖斯定律的应用，②×2＋③×3/2－①/2得出：2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/mol；（