2026届达州市重点中学高三化学第一学期期中联考试题含解析

2026届达州市重点中学高三化学第一学期期中联考试题考生须知：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、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]2、分离苯和水，应选用A． B．C． D．3、利用海洋资源获得的部分物质如图所示，有关说法正确的是A．在化学反应中，H2O可转变为D2OB．“加碘食盐”生产中碘添加剂为碘单质C．实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液溴D．工业上用电解饱和MgCl2溶液的方法制得Mg4、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者都能使紫色石蕊试液退色B．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=7.0的溶液一定显中性C．由F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强D．根据主族元素的最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素的最高正价都是+75、某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为()A．1∶1∶1 B．1∶3∶1C．3∶3∶8 D．1∶1∶46、.检测人的血液中的葡萄糖(简称血糖，相对分子质量为180)的含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1L=10dL).以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值在3.61~6.11mmol/L之间。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范围是多少()A．6mg/dL~9mg/dL B．55mg/dL~95mg/dLC．65mg/dL~110mg/dL D．70mg/dL~120mg/dL7、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A．“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取碱”得到的是一种碱溶液 D．“浣衣”过程有化学变化8、化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂B．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化C．草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变9、实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水B．②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑C．③中制备漂白液的反应：Cl2+OH-=Cl-+HClOD．②、③、④中均发生了氧化还原反应10、下列离子方程式正确的是()A．向Fe(OH)3中加氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OB．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COC．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSOD．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O11、下表是25℃时有关弱酸的电离平衡常数，下列叙述正确的是HIOHClOH2CO3K=2.3×l0-11K=2.95×l0-8K1=4.4×l0-7K2=4.7×l0-11A．同温、同浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3B．向NaClO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2ClO-+CO2+H2O→2HClO+CO32-C．向NaIO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-D．向NaHCO3溶液中加入少量HClO，离子反应为：HCO3-+HClO→CO2↑+H2O+ClO-12、将1molCO和2molH2充入密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H。在其他条件相同时，测得CO平衡转化率[α（CO）]与温度和压强的关系如下图。下列说法不正确的是（）A．△H<0B．C、D两点的反应速率：v（C）>v（D）C．若E点的容器体积为10L，该温度下的平衡常数为k=25D．工业生产中实际控制的条件200℃、P2压强，不采用200℃、P3压强13、氢氧燃料电池以石墨碳棒为电极，以硫酸溶液为电解质溶液，下列叙述正确的是A．正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-B．工作一段时间后，电解液中硫酸的物质的量浓度不变C．通氢气的电极上发生还原反应D．溶液中氢离子流向通氧气的电极14、以下过程与化学键断裂无关的是A．氯化钠熔化 B．干冰升华 C．金刚石熔化 D．金属汞汽化15、对H3O＋的说法正确的是()A．O原子采取sp2杂化 B．O原子采取sp杂化C．离子中存在配位键 D．离子中存在非极性键16、下列关于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的是（）A．溶质的电离方程式为：NaHCO3→Na＋＋H＋＋CO32－B．25℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积不变C．离子浓度关系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)D．温度升高，溶液中c(HCO3－)增大17、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子B．常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C．在O2参与的反应中，1molO2作氧化剂时得到的电子数一定是4NAD．常温下16gO2与O3的混合气体中含氧原子数为NA18、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A．凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，且多多益善D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化19、下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A25℃时,两片相同的A1片分别和等体积稀HNO3和浓HNO3反应前者产生无色气体，后者产生红棕色气体，且后者反应更加剧烈其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快B向某液溶胶中分别加入石膏和硫酸钠的溶液前者明显聚沉，后者几乎无变化该胶体微粒带负电荷CSO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解所得沉淀为BaSO3,后转化为BaSO4D将炭和浓H2SO4的混合物加热，产生的气体通入石灰水石灰水变浑浊碳被氧化成CO2A．A B．B C．C D．D20、下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1C．CaO2和水反应时，每产生1molO2转移电子4molD．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O221、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中所含氢原子数为6NAB．标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为NAC．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中Al3+离子总数等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中数目为NA22、二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(各种转化见图)。下列说法正确的是A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B．SiO2和Si都是光导纤维材料C．硅胶吸水后可重复再生D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、（14分）松油醇是一种调香香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_________________。（2）A分子能发生的反应类型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所属的有机物类别是________。a.酸b.醛c.烯烃d.不饱和醇（5）写结构简式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）写出α－松油醇与乙酸发生酯化反应的方程：___________________。24、（12分）现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数＝主族序数＝原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a－bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：①含10e−且呈正四面体结构的分子________；②含14e−的双原子分子________；③含16e−且能使溴水褪色的分子________；④含18e−且常温下呈液态的分子________。25、（12分）在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸点（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_______________________；而乙酸丁酯的制备过程中未采用水浴加热的原因是______________。（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用______洗涤，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗涤（均填编号）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是______________，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的________（填编号）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_______（填编号）。a．乙醇比乙酸价廉b．提高乙酸的转化率c．提高乙醇的转化率d．提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填编号）。a．使用催化剂b．加过量乙酸c．不断移去产物d．缩短反应时间26、（10分）MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。27、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。28、（14分）苯乙酮酸是医药合成中的一种重要中间体，某研究小组对苯乙酮酸展开如下设计研究：请回答：（1）下列说法正确的是_____________。A．反应①②④都是取代反应B．化合物C能发生消去反应C．化合物D中含有两种官能团D．化合物E的分子式为C17H25NO3（2）反应④D→E的化学方程式是___________________________________。（3）化合物M的结构简式是___________________________。（4）写出同时符合下列条件的化合物的所有同分异构体的结构简式____________。①能发生银镜反应②1H-NMR谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子。（5）采用甲苯为原料制备苯乙酮酸（），请设计该合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）__________________________。29、（10分）某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。（1）甲池为装置_______(填“原电池”或“电解池”)。（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_________mol电子。（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为___________________________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____________(填化学式)。

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、A【详解】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因为c(Na+)=c(SO42－)，故A正确；B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，c(OH－)>c(H+)，所以c(NH4+)>c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H+)，故B错误；C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)，故C错误；D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，故D错误；故选A；【点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。2、C【分析】苯和水分层，可选分液法分离【详解】A、蒸发分离固体溶质和溶剂，故A不选；B、过滤分离固体和液体，故B不选；C、苯和水分层，可选分液法分离，故C选；D、蒸馏分离沸点不同的液体，故D不选；故选C。3、C【详解】A.化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在化学反应中，原子的种类、数目不变，属于H2O不可转变为D2O，A错误；B.“加碘食盐”生产中碘添加剂为碘酸钾，B错误；C.溴单质具有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液溴，C正确；D.工业上用电解熔融MgCl2制Mg，D错误；故合理选项是C。4、C【解析】A、SO2和湿润的Cl2虽然都有漂白性，但SO2通入紫色石蕊试液显红色，Cl2通入紫色石蕊试液选项变红后褪色，选项A错误；B、只有在常温下pH=7.0的溶液才一定显中性，而在100℃时pH=7.0的溶液却显碱性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，选项B错误；C、非金属性：I＜Br＜Cl＜F，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则HI、HBr、HCl、HF的还原性的依次减弱，选项C正确；D、在卤族元素中,氟元素只有负价,没有正价。除氟元素以外,其他元素的最高化合价均为+7，选项D错误。答案选C。5、D【分析】分析溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系图，可知，加入1mol铁粉，此时c(Fe2+)为0，说明此时发生反应：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O。再加入1mol铁粉，c(Fe2+)由0变为3，可知此时发生反应：2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2。当加入铁粉的物质的量为3mol时，c(Fe2+)浓度由3变为4，则发生了：Cu(NO3)2＋Fe=Fe(NO3)2＋Cu。据此分析。【详解】将铁粉加入该稀溶液中，依次发生的反应是Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2，Cu(NO3)2＋Fe=Fe(NO3)2＋Cu。由图可知，稀硝酸消耗1molFe同时生成1molFe(NO3)3，溶液中Fe(NO3)3消耗了1molFe，而Cu(NO3)2消耗了1molFe，结合反应方程式可知，消耗1molFe需要4molHNO3、2molFe(NO3)3和1molCu(NO3)2，则原溶液中有4molHNO3、1molFe(NO3)3，1molCu(NO3)2，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。D项正确；答案选D。6、C【解析】用“mmol/L”表示时人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之间，由1L=10dL，m=n×M来计算以“mg/dL”表示的血糖正常值范围，就可判断。【详解】用“mmol/L”表示时人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之间，则以“mg/dL”表示的血糖正常值范围为3.61×18010=64.91mg/dL—6.11×18010=109.98mg【点睛】本题以信息的形式考查物质的量浓度、质量分数，明确信息的使用是解答的关键，难度不大。7、D【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D.“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。8、A【分析】本题考查了生活实际与化学，涉及净水原理，化肥性质，燃料热值和沉淀平衡。【详解】A.根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；B.聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但与氯化钠无关，不能淡化海水，B错误；C.草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；D.热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误；答案为A。【点睛】聚铁是一种净水剂，只能除去水中的悬浮物，不能除去海水中的NaCl，不能对海水消毒杀菌。9、D【解析】A.①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；B.阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；C.生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，错误；D.②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；故选D。10、D【详解】A．反应生成的碘离子与铁离子继续反应生成亚铁离子和单质碘，离子方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．CO2过量，应该生成酸式盐碳酸氢钠，而不是正盐碳酸钠，离子方程式为SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，故B错误；C．ClO-具有强氧化性，而SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应生成SO和Cl-，离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-，故C错误；D．等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合反应生成碳酸钡和氢氧化钠，离子方程式书写正确，故D正确；综上所述，本题选D。11、C【分析】根据表格数据，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HIO，据此分析解答。【详解】A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：HCO3-＜ClO-＜CO32-＜IO-，所以等物质的量浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3四种溶液中，碱性最强的是NaIO，故A错误；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-，故B错误；C．酸性H2CO3＞HCO3-＞HIO，向NaIO溶液中通入少量CO2反应生成HIO和碳酸钠，反应的离子方程式为：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-，故C正确；D．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaHCO3溶液中加入少量HClO，不能发生反应，故D错误；故选C。【点睛】正确理解强酸可以反应制弱酸的原理是解题的关键。本题的易错点为B，要注意酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠。12、C【详解】A项、由图可知，温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H<0，故A正确；B项、温度相同时，压强越大，反应速率越快，由图可知，P2＞P,1，则C、D两点的反应速率：v（C）>v（D），故B正确；C项、由图可知，E点CO平衡转化率为80%，平衡时三种物质的浓度分别为=0.02mol/L、=0.04mol/L、=0.08mol/L，则该温度下的平衡常数为k==2500，故C错误；D项、由图可知，200℃、P2压强时CO平衡转化率与200℃、P3压强时CO平衡转化率相差不大，则从生产成本考虑，工业生产中实际控制的条件200℃、P2压强，不采用200℃、P3压强，故D正确；故选C。【点睛】压强越大，反应时消耗的动能越大，生产成本越高，经济效益会降低，在反应物转化率相差不大时，会选用较低压强是解答关键。13、D【解析】以硫酸溶液为电解质溶液，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，A错误；氢气燃烧生成水，硫酸的物质的量浓度就小，B错误；氢气在电极上失去电子发生氧化反应，C错误；溶液中正极附近氢离子浓度减小，负极附近氢离子浓度增大，氢离子由负极流向通氧气的正电极，D正确。14、B【解析】A．氯化钠的熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，故A错误；B．干冰属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，与化学键断裂无关，故B正确，C．金刚石属于原子晶体，熔化时破坏了共价键，与化学键断裂有关，故C错误；D．金属汞是金属晶体，汽化时破坏了金属键，与化学键断裂有关，故D错误；答案选B。【点睛】判断晶体的类型以及粒子间作用力是解题的关键。离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，这些晶体状态变化时，化学键均会断裂，只有分子晶体状态变化时破坏分子间作用力，不破坏化学键。15、C【解析】A．H3O+中，O原子的价层电子对数＝，因此O原子采取sp3杂化，A错误；B．H3O+中，O原子的价层电子对数=，则O原子采取sp3杂化，B错误；C．在H3O+中O原子成3个共价键键，其中含有1个配位键，C正确；D．H3O+离子中不存在非极性键，存在的都是H-O极性共价键，D错误；答案选C。16、C【详解】A.碳酸是弱酸，HCO3－保留化学式，溶质的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故A错误；B.25℃时，加水稀释后，促进盐水解，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B错误；C.溶液中存在质子守恒，离子浓度关系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)，故C正确；D.温度升高，促进HCO3－的水解，溶液中c(HCO3－)减小，故D错误；故选C。17、D【解析】A．过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；B．常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；C．在O2参与的反应中，1molO2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；D．常温下16gO2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是，其中氧原子数为NA，D正确。答案选D。18、B【详解】A．我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故A错误；B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，但是不是多多益善，因为人体内铁过量，也会引起各种疾病，故C错误；D．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；答案为B。【点睛】食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；在食物中添加适量添加剂有利于改善食物的保鲜、防腐、口感等，但要适量，不能过量，因为添加剂有益必有害。19、B【解析】A.25℃，Al与浓硝酸发生钝化，现象、结论均不合理，故A错误；B.向某液溶胶中分别加入石膏和硫酸钠的溶液，前者明显聚沉，后者几乎无变化，说明使胶体聚沉的是钙离子，钙离子带正电荷，因此该胶体微粒带负电荷，故B正确；C．SO2通入BaCl2溶液，不反应，不生成白色沉淀，后加稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；D.将炭和浓H2SO4的混合物加热，产生的气体中含有二氧化硫，通入石灰水中，二氧化硫也能与石灰水反应生成沉淀，因此不能说明碳被氧化为二氧化碳，结论错误；故D错误；故选B。20、C【解析】A、过氧化钙是过氧化物，和过氧化钠一样具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，故A正确。过氧化钙中含有阳离子Ca2+和阴离子O22-离子，阴阳离子的个数比为1：1，故B正确。C、O22-离子中O元素的化合价为-1价，所以每产生1molO2转移电子2mol，故C错误。D过氧化钙和二氧化碳反应和过氧化钠和二氧化碳反应原理相同，生成碳酸钙和氧气，方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2故D正确。点睛：本题考查过氧化物的性质，要记住过氧化物过氧根中两个氧原子是个整体，其氧元素的化合价为-1价，具有强氧化性。21、D【详解】A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH质量为46g，54g水，CH3CH2OH的物质的量为1mol，氢原子物质的量为6mol，氢原子数目为6NA，水中也含有氢原子，因此所含氢原子数大于6NA，故A错误；B．标准状况下，HF是液体，无法计算物质的量，故B错误；C．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中AlCl3物质的量为0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+离子总数小于0.1NA，故C错误；D．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，根据n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此时溶液中数目为NA，故D正确。综上所述，答案为D。22、C【详解】A.两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，A错误；B.SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B错误；C.硅胶表面积大，吸附力强，硅胶吸附水分后，可通过热脱附方式将水分除去而重复使用，C正确；D.图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，而Si与Cl2反应产生SiCl4的反应及SiCl4与H2反应产生Si单质的反应属于氧化还原反应，因此反应不全是非氧化还原反应，D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、羟基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据β-松油醇中含有两个甲基，因此β-松油醇为，γ-松油醇中含有三个甲基，γ-松油醇为：，据此分析解答。【详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由α-松油醇的结构简式可知，α－松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由α-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据β-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为，γ-松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为；；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此α－松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH++H2O，故答案为CH3COOH++H2O。24、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。①含10e－且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；②含14e－的双原子分子为CO，故答案为CO；③含16e－且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；④含18e－且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。25、受热均匀，易控制温度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较乙酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故c正确；d、缩短反应时间，反应未达平衡，1-丁醇的利用率降低，故d错误。故答案为：bc。【点睛】本题以考查乙酸乙酯的制备为载体，旨在考查学生对知识的迁移运用，注意基础知识的积累。26、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。故选A；（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。27、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAl