2026届内蒙古自治区赤峰市化学高三第一学期期中调研试题含解析

2026届内蒙古自治区赤峰市化学高三第一学期期中调研试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液2、已知MgCl2·6H2O在空气中加热时，失去部分结晶水，同时生成Mg(OH)Cl或MgO。实验室用MgCl2·6H2O制取无水MgCl2的部分装置(铁架台、酒精灯已略)如图所示：下列有关说法错误的是()A．循环物质甲为盐酸B．装置b填充的可能是P2O5或CaCl2C．装置a的分液漏斗中装有的试剂为浓硫酸，其作用为催化剂D．装置d中与装置c直接相连的装置为干燥装置3、镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是xMg+V2O5MgxV2O5A．充电时，阳极质量减小B．充电时，阴极反应式：Mg2++2e－=MgC．放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5D．放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有2molMg2+迁移至正极4、常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中：c(OH-)＝c()+c(H+)+c(H2CO3)B．将pH＝6的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)＝2c()C．浓度分别为0.1mol·L-1和0.01mol·L-1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)前者是后者的10倍D．NaA溶液的pH＝8，c(Na+)-c(A-)＝9.9×10-7mol·L-15、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1所示，A→C反应的ΔH=E1-E2B．图2所示，金刚石比石墨稳定C．图3表示的是Al3+与OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a区域的物质是Al(OH)3D．图4所示，图中阴影部分面积的含义是（υ正-υ逆）6、已知电离平衡常数K1（H2SO3）>K1（H2CO3）≈K2（H2SO3）>K2（H2CO3），则溶液中不可以大量共存的离子组是A．SO32—、HCO3—B．HSO3—、HCO3—C．HSO3—、CO32—D．SO32—、CO32—7、我国学者研究了均相NO-CO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能最均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法正确的是A．2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH>OB．均相NO—CO反应经历了三个过渡态和六个中间体C．整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定D．NO二聚体()比N2O分子更难与CO发生反应8、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2OB．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OC．将2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2D．将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O9、下列叙述正确的是()A．1mol·L－1NaCl溶液中含有NA个Na+B．从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，所得硫酸根的物质的量为0.05molC．用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1mol·L－1D．将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L－110、取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48L。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为A．4mo1·L-1 B．2mo1·L-1 C．1.6mo1·L-1 D．0.8mo1·L-111、已知：Al、Fe、Cu的合金与稀硝酸反应生成的气体只有NO，实验过程如下：另取等量该合金，溶于足量NaOH(aq)，则可得气体的物质的量是A．0.22mol B．0.15mol C．0.3mol D．无法计算12、下列有关碳及其化合物的化学用语正确的是A．乙炔的结构式为CH≡CHB．甲烷分子的比例模型为C．碳原子的结构示意图为D．碳原子最外层电子的轨道表示式为13、已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D．I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO214、常温下，向20mL0.1mol/L醋酸溶液中滴加0.1mol/L的氢氧化钠溶液，测定结果如下图所示。下列解释不正确的是A．0.1mol/L醋酸溶液pH约为3，说明醋酸是弱电解质B．m大于20C．a点表示的溶液中，c(CH3COO—)>c(Na+)D．b点表示的溶液中，溶质为醋酸钠和氢氧化钠15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子数为4NAB．标准状况下，4.48LCO2

和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NAC．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAD．7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2NA16、高铁酸钾（K2FeO4）是一种比Cl2、O3、KMnO4氧化性更强的多功能水处理剂.工业上可先制得高铁酸钠（离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O).然后在高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH.可析出高铁酸钾.下列说法不正确的是A．高铁酸钾能除去水中溶解的H2S等B．高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀毒C．业上制各高铁酸钠时每生成1mol还原产物，转移3mol电子D．高铁酸钾的还原产物易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降二、非选择题（本题包括5小题）17、前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如下表所示：元素代号部分信息R基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同XX的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2Y短周期主族元素中，原子半径最大ZZ的最高正化合价与最低负化合价之和等于4E基态E3+的外围电子排布式是3d5回答问题：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基态原子中电子占据的最高能层是________。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为____，每个中心原子的价层电子对数是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是__________。（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常压下，高于130℃时(ZX)4分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是_______；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色，在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是______。（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_____，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为________。（列出计算式即可）18、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___。（2）若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为___（填代号）。A．盐酸B．BaCl2溶液C．Ca(OH)2溶液（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式___。19、某学习小组开展下列实验探究活动：（1）装置A中反应的化学方程式为_____。（2）设计实验：利用装置A中产生的气体证明+4价硫具有氧化性：_____。（3）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：装置连接顺序为A、C、__、__、D、F，其中装置C的作用是_____，通过___________________现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。（4）利用G装置可测定装置A残液中SO2的含量。量取1mL残液于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使SO2全部逸出并与锥形瓶中H2O2完全反应（SO2+H2O2=H2SO4），然后用0.1000mol/LNaOH标准溶液进行滴定，至终点时消耗NaOH溶20.00mL。①G中球形冷凝管的冷凝水进口为_____（填“a”或“b”）。②残液中SO2含量为____

g/L。③经多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是_____。20、研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。

Ⅰ.含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2

。某研究性学习小组在实验室利用装置测定烟气中SO2的体积分数。（1）将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。（填序号）

①KMnO4溶液

②饱和NaHSO3溶液

③饱和Na2CO3溶液

④饱和NaHCO3溶液

（2）若烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数___________。II.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性强弱，设计如下实验：（3）检查装置A的气密性：_________________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。（4）整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________________________。（5）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性由强到弱的顺序为________（6）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ.(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ.Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ.AgClO、AgBrO均可溶于水。①请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________________；可设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_____________，若______________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_________________________________。21、A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数逐渐增大。A是原子半径最小的元素，B可形成多种同素异形体，其中一种的硬度是自然界中最大的。D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。E元素的M层电子数等于A和B的质子数之和。（1）写出元素D在元素周期表中的位置：________________________。（2）B、C、D三种元素的最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是________________（填化学式）。（3）A、B、C、D几种元素之间可以形成多种10电子微粒，写出上述10电子微粒中离子之间发生反应的一个离子方程式：________________________________。（4）ED2是一种具有强氧化性的新型消毒剂，一定条件下4molED2与5molC2A4恰好完全反应，请写出反应的化学方程式：_________________________________；若反应消耗1molC2A4，则转移电子的物质的量为______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。2、C【分析】MgCl2•6H2O晶体在空气中加热时，释出部分结晶水，同时生成Mg（OH）Cl或MgO，实验室以MgCl2•6H2O制取无水MgCl2，应该是在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O，所以a中液体为盐酸，盐酸受热挥发出HCl，通过酸性干燥剂或中性干燥剂干燥，HCl进入c装置，加热c在HCl气氛中MgCl2•6H2O分解生成无水MgCl2，d装置为干燥装置，用于吸收分解生成的水蒸气，同时防止循环物质盐酸中的水蒸气进入c，据此分析。【详解】A.在HCl气氛中加热MgCl2⋅6H2O，所以a中为盐酸，最后多余的HCl被水吸收形成盐酸，所以循环的物质甲是盐酸，故A正确；B.装置b填充的是酸性干燥剂或中性干燥剂，用于干燥HCl，则可能是P2O5或CaCl2，故B正确；C.装置a中起始装有的试剂为盐酸，加热时挥发出HCl，故C错误；D.

d中与c直接相连的为干燥装置，用于吸收分解生成的水蒸气，同时防止循环物质盐酸中的水蒸气进入c，故D正确；故选：C。3、D【分析】根据电池反应可知该电池为二次电池，放电时，Mg易失电子，作负极，因而V2O5作正极。【详解】A.放电时V2O5作正极，生成MgxV2O5（结合V元素的价态变化以及V元素在不同物质中的存在便可判断），充电时阳极为V2O5这一端，逆向看总反应，这时MgxV2O5变为V2O5，显然质量减小，A项正确；B.放电时，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，那么充电时，阴极为Mg这一端，电极反应式与负极完全相反，因而阴极反应式为Mg2++2e－=Mg，B项正确；C.放电时，V元素降价，V2O5作正极，V2O5变为MgxV2O5，根据缺项配平原则，反应物还需补充Mg2+，因而正极反应式为V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，C项正确；D.放电时，正极反应式为V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，n(Mg2+)：n(e-)=x：2x=1：2，当电路流过2mol电子，根据比例关系，有1molMg2+在正极消耗，即固体电解质中有1molMg2+迁移至正极，D项错误。故答案选D。4、D【详解】A.通过如下方式得Na2CO3溶液中质子守恒关系式，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A项错误；B.pH＝6的H2SO4溶液稀释1000倍后，溶液中的c(H＋)接近10－7mol·L－1，原溶液中硫酸根的浓度是5×10－7，稀释1000倍变成了5×10－10，c(H＋)与c(SO)的比为(1×10－7)：(5×10－10)＝200∶1，即为c(H＋)＝200c(SO)，B项错误；C.若CH3COOH是强酸，结论正确，由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，而且稀释促进电离，所以两者中c(CH3COO－)之比不等于酸的浓度之比，C项错误；D.溶液中pH＝8，c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7mol·L－1，D项正确；故选D。5、C【解析】A项，图1所示，A→C整个反应中△H=(E1-E2)+(E3-E4)，故A错误；B项，图2所示，石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C项，Al3+中加入OH-反应先生成氢氧化铝沉淀，溶液中含铝微粒浓度减小，随着溶液碱性增强，氢氧化铝与碱反应生成AlO2-，溶液中含铝微粒浓度增大，a区域对应溶液含铝微粒浓度很低，是因为大部分转化成了Al(OH)3，故C正确；D项，阴影部分的面积指的是某反应物浓度的变化值，故D错误。6、C【解析】由于K1(H2SO3)>K1(H2CO3)≈K2(H2SO3)>K2(H2CO3)，则酸性H2SO3＞H2CO3≈HSO3-＞HCO3-。A.SO32—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故A不选；B.HSO3—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故B不选；C.由于酸性HSO3-＞HCO3-，则HSO3—、CO32—能够反应生成HCO3—，不能大量共存，故C选；D.SO32—、CO32—离子间不能反应，能够大量共存，故D不选；故选C。7、C【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=(g)△H=+199.2kJ.mol-l；②(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ.mol-l；③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-307.6kJ.mol-l，结合活化能、焓等知识分析。【详解】A．①+②+③得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，△H=+199.2kJ.mol-l-513.5kJ.mol-l-307.6kJ.mol-l=-621.9kJ.mol-l，故A错误；B．均相NO—CO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，TM1、、TM2、N2O、TM3五个中间体，故B错误；C．整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=(g)△H=+199.2kJ.mol-l；②(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ.mol-l；③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-307.6kJ.mol-l，由于①所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；D．从②(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ.mol-l；③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-307.6kJ.mol-l，②反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体（）比N2O(g)分子更容易与CO发生反应，故D错误；故选C。8、D【详解】A、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，故A错误；B、碱性溶液不能生成H+，故B错误；C、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，故C错误；D、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积互相均匀混合,设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子,1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；故选D；9、B【解析】A.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，选项A错误；B.溶液具有均一性，溶液的浓度与体积大小无关，从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，该溶液中硫酸的浓度仍然是5mol·L－1。根据电解质与其电离产生的离子关系，可知SO42-的浓度为5mol/L，由于所取溶液的体积是10mL，所以其中含有的SO42-的物质的量为n=5mol/L×0.01L=0.05mol，选项B正确；C.水吸收HCl得盐酸，但是溶液的体积不等于溶剂水的体积，所以得到的盐酸的浓度不是1mol/L，选项C错误；D.62gNa2O物质的量是1mol，Na2O与水反应产生NaOH，1molNa2O反应产生2molNaOH，配成1L溶液，因此所得NaOH溶液的物质的量浓度为2mol/L，选项D错误。10、B【分析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu（NO3）2]=n（Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]，再根据c=计算硝酸的浓度。【详解】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，故n（Cu）==0.4mol，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.4mol，根据氮元素守恒可知：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=+2×0.4mol=1mol，所以该稀硝酸的浓度为：c（HNO3）==2mol/L，答案选B。【点睛】本题考查混合物的计算，清楚反应过程是解题的关键，注意利用守恒法进行解答，侧重考查学生分析计算能力，难度中等。11、B【分析】Al、Fe、Cu均可与稀硝酸反应，生成V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，反应中电子转移0.3mol×3=0.9mol。加入过量NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜，再利用电子守恒结合质量守恒计算。【详解】由标况下V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，可知该合金与稀硝酸反应时失去电子0.3mol*3=0.9mol，由合金与过量稀硝酸反应的溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成成沉淀25.4g，可知生成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜混合物，且质量和为25.4g，由电子得失守恒和质量守恒进行求算。设生成氢气的物质的量为xmol，则合金中铝的物质的量为2x/3mol，可列出算式：合金中铁和铜的质量和为（17.9—2x*27/3）g=（17.9-18x）g，25.4g沉淀中铁元素和铜元素质量和为25.4-（0.9-2x）*17=（10.1+34x）g，由17.9-18x=10.1+34x，解得x=0.15，故正确答案B。【点睛】本题考查混合物相关计算，注意做题角度，需要从质量守恒和得失电子守恒进行分析。12、B【解析】A.CH≡CH是乙炔的结构简式，结构式需要一一展示共价键，故A错误；B.正确；C.碳原子的结构示意图为，故C错误；D.碳原子2s轨道充满两个自旋方向相反的电子，2p轨道的两个轨道分别容纳一个电子，而且自旋方向相同，故D错误。故选B。13、C【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-，故B错误；C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。14、B【详解】A.常温下，0.1mol/L的醋酸的pH为3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸是弱酸，故A正确；B.当CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa时，由于CH3COO-水解使得溶液呈碱性，所以pH=7时溶液中溶质应为CH3COONa和CH3COOH，即m<20，故B错误；C.A点溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知，c(H+)+（Na+）=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，故C正确；D.b点表示氢氧化钠过量，溶质为醋酸钠和氢氧化钠，故D正确；答案选B。15、C【详解】A.100g质量分数为

46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此乙醇溶液中共含4mol氧原子即4NA个，故正确；B.标准状况下，4.48LCO2

和N2O的混合气体的物质的量n===0.2mol，1个CO2

和N2O所含电子数都是22，0.2molCO2

和N2O含有电子数是N=n×NA=4.4NA，故正确；C.0.1mol·L－1的NH4NO3溶液，不知道溶液的体积，无法算出溶质的物质的量，故错误；D.7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为N=n×NA=m÷M×NA=7.2g÷72g/mol×NA×2=0.2NA，故正确；故选：C。16、C【解析】A．K2FeO4具有强氧化性，可以氧化H2S，所以能除去水中溶解的H2S等，选项A正确；B．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，选项B正确；C．工业上制备高铁酸钠时，根据2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，则每生成1mol还原产物即Cl-，转移2mol电子，选项C不正确；D．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，选项D正确。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第四周期VIII族N4CO32-与NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+。共价键范德华力或分子间作用力8【解析】基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则R是C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半径最大，则的Y是Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，Z是S；基态E3+的外围电子排布式是3d5，这说明E的原子序数是26，即E是Fe。则（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4，均有一对孤对电子。（3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO32-与NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+，因此硫酸的酸性更强。（5）(SN)4在常压下，高于130℃时分解为相应的单质，S和N之间的化学键是共价键，则这一变化破坏的作用力是共价键；在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中没有新物质生成，化学键不变，破坏的作用力是范德华力或分子间作用力。（6）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为8。晶胞中铁原子个数是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半径为r，则体对角线是4r，所以边长是，所以单质Fe的原子空间利用率为。18、OH-+HSO3-=SO32-+H2OAB3NO2+H2O=2HNO3+NO【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；

（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，则可推知B为NO，A为NO2，又X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则C为HNO3，E为Fe(NO3)2，据此分析作答。【详解】（1）根据上述分析可知，A为Na，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；（2）①若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，AB项正确，氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀，不能鉴别，C项错误；故答案为AB；（3）根据上述分析可知，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。19、CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（NaHS也给分）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊）即证BE除去HCl气体当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀b64.00残液中有剩余的盐酸（或过氧化氢），导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多【解析】装置A制取二氧化硫，二氧化硫和硫化氢反应可以证明二氧化硫的氧化性。要证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，需要借助碳酸，酸性：亚硫酸>碳酸>次氯酸，所以需要把二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳，然后再通入漂白粉溶液中得到次氯酸和碳酸钙沉淀。测定A的残液中二氧化硫的含量，先把二氧化硫转化为硫酸，然后用氢氧化钠溶液滴定，根据消耗的氢氧化钠的体积计算二氧化硫的含量。【详解】（1）装置A制备SO2，发生的化学反应方程式为CaSO3＋2HCl=CaCl2＋SO2↑＋H2O；（2）SO2表现氧化性，是与H2S反应，SO2＋2H2S=2H2O＋3S↓，设计实验如下：将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（或NaHS）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊），能够证明SO2的氧化性；（3）装置A的作用是制备SO2，SO2中混有HCl，干扰实验，用NaHSO3溶液吸收，然后通过装置B，得到CO2气体，推出亚硫酸的酸性强于碳酸，气体通过酸性高锰酸钾溶液，除去多余SO2，再通过品红溶液，验证SO2是否被完全除尽，最后通过漂白粉溶液，如果出现沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸，从而最终得出亚硫酸的酸性强于次氯酸，连接顺序是A→C→B→E→D→F；装置C的作用是除去SO2中混有HCl；通过装置D中品红溶液不褪色，防止SO2的干扰，F中出现白色沉淀；（4）①冷凝水进口方向为b；②根据信息建立关系式为SO2～H2SO4～2NaOH，得出1mL残夜中含有SO2的物质的量为20×10－3×0.1/2mol=1×10－3mol，则残液中SO2的含量为1×10－3×64/(1×10－3)g·L－1=64.00g·L－1；③测定值高于实际值，说明消耗NaOH多，可能是盐酸有剩余或H2O2有剩余。【点睛】本题的难点是装置的连接，首先弄清楚实验目的，本实验验证亚硫酸和次氯酸酸性强弱，然后找准实验原理，亚硫酸不仅具有酸性，还具有还原性，次氯酸能氧化亚硫酸，不能直接将SO2通入漂白粉中，采用间接方式进行验证，即亚硫酸制备碳酸，碳酸与次氯酸盐反应，从而得出亚硫酸和次氯酸酸性的强弱，根据原理连接装置，，注意杂质气体的干扰。20、①④关闭止水夹b，打开活塞a缺少尾气处理装置Cl2＞Br2＞Fe3+过量氯气和SCN－反应2SCN-+Cl2=2Cl－+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN－＝Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红）BrCl+H2O＝HBrO+HCl