2026届湖南省新课标高三上化学期中质量检测模拟试题含解析

2026届湖南省新课标高三上化学期中质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（）A．Fe B．Fe2O3 C．Al D．AlCl32、将2mol过氧化钠与4mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120°C充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留。下列分析正确的是（）A．残留固体是2molNa2CO3B．残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C．反应中转移2mol电子D．排出的气体是3mol氧气3、下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是A．金属钠露置在空气中迅速变暗B．露置在空气中的过氧化钠固体变白C．充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升D．将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟4、化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是（）A．燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成B．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维C．花生油中的主要成分属于酯类，是天然高分子化合物D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料5、中国不少古诗词清晰描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是A．“沙中浪底来”指的是金的氧化物 B．淘金原理与化学上的萃取一致C．雾的分散质粒子直径范围是1-100nm D．沙子的主要成分是Si6、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是（）A．和 B．和NaClC．和 D．和7、下列过程中，共价键被破坏的是A．HCl气体溶于水B．酒精溶于水C．冰融化成水D．碘升华8、下列离子检验得出的结论正确的是选项操作及现象结论A向某溶液中加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，弱溶液变为血红色原溶液中一定含有Fe3+B加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有硫酸盐C加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定不含D向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，再滴氯水，溶液变蓝溶液中一定含有I-A．A B．B C．C D．D9、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．有氧气参与的反应都是放热反应B．热化学方程式既表示能量的变化，又表示物质的变化C．若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－566kJ·mol－1D．放热反应理论上都可以设计为原电池，将化学能转化为电能10、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()现象或事实解释AAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2D浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2A．A B．B C．C D．D11、下列离子方程式正确的是()A．溶液与稀硫酸反应：B．向溶液中通入过量的气体：C．和溶液按物质的量比1:2混合：D．向中通入过量的：12、短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为17，X和Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是A．离子半径大小：M＞W＞ZB．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定含离子键C．Z的简单氢化物比W的简单氢化物更稳定D．分子式为Y4X8W2的物质超过6种13、下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟NaOH溶液反应的物质是()①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤(NH4)2CO3⑥NaAlO2A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．全部14、下列说法中正确的是()A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，后再加水稀释到所需的浓度C．向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋D．泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)315、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N2O416、下列除杂方法正确的是物质杂质除杂试剂主要操作A溶液过滤B稀硫酸过滤C过滤D泥沙加水溶解、过滤、蒸发A．A B．B C．C D．D17、短周期元素a、b、c，d、e原子序数依次增大，其中a、c同主族，b、e同主族，a的最外层电子数与次外层电子数相等，e是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是A．最高价氧化物对应水化物碱性强弱：a>cB．简单气态氢化物的稳定性：b>eC．b、e的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质D．c、d的氧化物均可与NaOH溶液反应18、下列说法不正确的是A．葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定B．改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施C．实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞D．水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料19、下列反应中，H2O做氧化剂的是A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．3NO2+H2O=2HNO3+NOC．Cl2+H2OHCl+HClO D．SO2+H2OH2SO320、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移21、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NAC．向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），此时NH4+个数为0.5NAD．用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA22、下列物质属于纯净物的是A．液氯B．漂白粉C．盐酸D．碘酒二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：（1）Y在周期表中的位置是________,W的阴离子符号是_____。（2）Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。（4）写出加热时Y的单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1,1mol甲中含有6mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。①甲的化学式为________。②已知100mL1mol·L-1的甲溶液能与20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。24、（12分）石油是工业的血液，通过它可以得到很多重要的化工产品。已知：+(1)B和A为同系物，B的结构简式为_______，写出B与氯气加成后的产物名称______。(2)反应②的化学方程式为__________，其反应类型为_________。(3)写出检验C3H5Cl中含有Cl原子的方法_____________。(4)C的结构简式为_______________，其官能团的名称为__________。(5)反应④的化学方程式为______________。(6)石油裂解气中还含有丙炔，为研究物质的芳香性，可将CHC-CH3三聚得到苯的同系物，其可能的结构简式有_______种。(7)设计一条由乙烯为原料制备D的合成路线________(其他无机原料任选)。合成路线常用的表示方式为：AB目标产物25、（12分）将一定量的晶体A，隔绝空气加热到200oC时，A全部分解为等物质的量的四种气体。这四种物质与其他的物质相互转化关系如下图所示。F和J是中学化学中常见的两种单质。H为红棕色气体。图中部分反应条件及生成物没有列出。请按要求填空：(1)单质F的化学式：____；A的化学式为_____；(2)写出B和F反应的化学方程式：_____，L和B的水溶液反应的离子方程式：______；(3)写出K与I的稀溶液反应的离子方程式：______；(4)工业上以硫酸亚铁.稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备某高效净水剂Fe(OH)SO4，反应有G生成，该反应的化学方程式是_____。26、（10分）纳米碳酸钙广泛应用于橡胶、塑料、造纸、化学建材、油墨、涂料、密封胶与胶粘剂等行业。在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙。某校学生实验小组设计如图所示装置，制取该产品。D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。可选用的药品有：a．石灰石b．饱和氯化钙溶液c．6mol/L盐酸d．氯化铵e．氢氧化钙。（1）A中制备气体时，所需药品是（选填字母序号）_____________________。（2）B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是_____________________________。（3）写出制取氨气的化学方程式：_____________________________________。（4）在实验过程中，向C中通入气体有先后顺序，先通入气体的化学式是：__________。（5）检验D出口处是否有氨气逸出的方法是______________________。（6）写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：_____________________。27、（12分）某校化学小组学生利用如图所示装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3·6H2O晶体。(1)装置B中发生反应的化学方程式是_________________________。(2)装置E中的现象是_________________________________________。(3)停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。简述检验滤液中Fe3＋的操作方法：________________________________________。(4)该小组学生利用上述滤液制取FeCl3·6H2O晶体，设计流程如下步骤Ⅰ中加入新制氯水的作用是__________________________________。28、（14分）CH4、NH3、H2O、HF是第二周期的氢化物，也是生产生活中的重要物质。(1)在25℃、101kPa时，16gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31kJ，则CH4的燃烧热为________________。(2)NH3和H2O中稳定性较高的是:___________，NH3和PH3中沸点较高的是:__________。(3)如图所示组成闭合回路，其中，甲装置是由CH4、O2和CO2为反应物，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质形成的原电池；乙装置中a、b为石墨，b极上有红色物质析出，CuSO4溶液的体积为200mL。①装置中气体A为________(填“CH4”或“O2和CO2”)，d极上的电极反应式为_______________________________________。②乙装置中a极上的电极反应式为___________________。若在a极产生112mL(标准状况)气体，则甲装置中消耗CH4________mL(标准状况)，乙装置中所得溶液的pH＝________(忽略电解前后溶液体积变化)。29、（10分）一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，其是重要的水的消毒剂。(1)写出NH2Cl的电子式____________________。(2)写出NH2Cl与水反应的化学方程式___________________________。(3)一定条件下(T℃、1atm)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如表所示：化学键N—HCl—ClN—ClH—Cl键能/(kJ·mol－1)391.3243.0191.2431.8写出该反应的热化学方程式____________________________________。

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、C【详解】A.Fe能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B.Fe2O3为碱性氧化物，能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C.Al与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应反应生成偏铝酸钠与氢气，故C正确；D.AlCl3与氢氧化钠溶液反应，但不与盐酸反应，故D错误；答案选C。【点睛】常见的既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质有Al、Al2O3、Al(OH)3。2、C【解析】由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知4molNaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各2mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有2mol，恰好和CO2反应生成2molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，碳酸钠的总物质的量为：2mol+2mol=4mol。A．根据分析可知，残留固体为4mol碳酸钠，故A错误；B．残留固体为碳酸钠，不含氢氧化钠，故B错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移了2mol电子，故C正确；D．排出的气体为1mol氧气和2mol水，故D错误；故选C。点睛：本题考查混合物反应的计算、化学方程式有关计算，明确发生反应原理为解答关键，注意理解“过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应”，为易错点。3、C【详解】A.金属钠露置在空气中与空气中的氧气反应，生成氧化钠，使钠表面迅速变暗，氧气发生还原反应，不符合题意，故A错误；B.露置在空气中的过氧化钠与空气中的水蒸汽以及二氧化碳反应，生成氧气，最后变成碳酸钠白色固体，反应过程中固体过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水蒸气和二氧化碳没有被氧化或被还原，不符合题意，故B错误；C.充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，试管内气体减少，压强减小，则液面上升，二氧化氮中的氮元素化合价既升高又降低，既被氧化又被还原，符合题意，故C正确；D.将氨气与氯化氢混合发生化合反应，生产氯化铵固体颗粒，则产生大量白烟，反应中氯化氢和氨气没有发生化合价变化，不是氧化还原反应，不符合题意，故D错误；答案选C。【点睛】本题考察物质的性质和氧化还原反应的原理，首先应该能正确判断物质发生的化学反应，其次从化合价的角度判断氧化还原反应。4、C【解析】A．在煤中加入CaO，可生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成，故A正确；B．制作光导纤维的材料为高纯度SiO2，故B正确；C．花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂，属于酯类，但不是天然高分子化合物，故C错误；D．碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故D正确；故答案为C。5、C【详解】A.金的化学性质稳定，可以以单质的形式存在于自然界，“沙中浪底来”指的是金单质，A错误；B.沙里淘金的原理是：金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围是1～100nm，C正确；D.沙子的主要成分为二氧化硅，D错误；答案选C。6、C【详解】A.由于硫酸的酸性比H2CO3、Al(OH)3强，选项中的两种物质与硫酸反应会产生CO2气体及可溶性Al2(SO4)3，无沉淀生成，A不符合题意；B.BaCl2与H2SO4反应产生BaSO4白色沉淀，但是无气体放出，B不符合题意；C.由于硫酸的酸性比H2SO3、H2CO3强，所以硫酸与两种物质发生反应产生SO2、CO2气体，同时产生BaSO4白色沉淀，反应现象符合要求，C符合题意；D.硫酸与选项物质不能发生反应，既无气泡产生，也没有沉淀产生，D不符合题意；故合理选项是C。7、A【解析】试题分析：A、HCl气体溶于水，发生电离，共价键被破坏，故A正确；B、酒精溶于水后，酒精在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；C、冰融化克服的分子间作用以及氢键，共价键没有破坏，故C错误；D、碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误。考点：本题考查化学键。8、D【详解】A．向某溶液中加入KSCN溶液和新制的氯水，若溶液变为血红色，则原溶液中可能含有Fe3+或Fe2+或两者都有，故A错误；B．向某溶液中加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有硫酸盐，也可能是硫酸，故B错误；C．向某溶液中加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液中可能不含或SO32-，也可能不含HCO3-或HSO3-，或者都不存在，故C错误；D．向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，説明没有碘单质，再滴氯水，溶液变蓝，有碘生成，则溶液中一定含有I-，故D正确；故答案：D。9、B【详解】A、有氧气参与的反应不一定是放热反应，如放电条件下氮气与氧气反应生成NO的反应为吸热反应，选项A错误；B、热化学方程式不仅能表示反应物和生成物的种类，还能表示能量的变化，选项B正确；C、燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－288kJ·mol－1，选项C错误；D、电流的形成要有电子的定向运动，所以只有氧化还原反应才能设计成原电池，选项D错误。答案选B。10、D【解析】A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。11、C【详解】A．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式：，故A错误；B．向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，离子方程式：，故B错误；C．NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1:2混合，碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子方程式：，故C正确；D．向FeBr2中通入过量的Cl2，离子方程式：，故D错误；故答案为：C。【点睛】配比型反应：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关；书写方法为“少定多变”法：（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的，如少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应：“少定”——即定的物质的量为1mol，“多变”——1mol能与1molOH-发生反应，得到1molH2O和1mol，1mol再与Ca2+反应，生成BaCO3，如NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液，溶液呈中性时：；SO42-完全沉淀时：。12、D【解析】短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，X与Y是组成化合物种类最多的元素，应为烃类物质，则X为H元素，Y为C元素，W是地壳中含量最高的元素，应为O元素，则Z为N元素，原子最外层电子数之和为17，可知M的最外层电子数为17−(1+4+5+6)=1，M为Na元素。A.离子半径大小：N3－＞O2－＞Na＋，故A错误；B.由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物可能是NH4HCO3或(NH4)2CO3，也可能是CO(NH2)2等，CO(NH2)2中不含离子键，故B错误；C.O元素的非金属性大于N，所以H2O的稳定性大于NH3，故C错误；D.分子式为C4H8O2的物质可以是羧酸、酯、羟基醛等物质，也可以为环状物质，超过6种，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查元素推断和元素周期律，试题难度中等。根据题目信息推断各元素种类是解答本题的关键，解题时要注意明确原子结构和元素周期律之间的关系，本题的难点是D项，注意符合分子式为C4H8O2的化合物既可能是羧酸、酯、羟基醛等物质，也可能是环状物质，物质超过6种。13、A【详解】①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故①符合题意；②Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②符合题意；③Al(OH)3是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合题意；④Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合题意；⑤(NH4)2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳，可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和氨水，故⑤符合题意；⑥NaAlO2只与稀硫酸反应，与氢氧化钠溶液不反应，故⑥不符合题意；答案选A。14、C【解析】A、AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分不相同，前者得到Al2O3,后者得到Al2(SO4)3，故A错误；B、配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中，后再加水稀释到所需的浓度，溶于硫酸，会引入杂质离子SO42－，故B错误；C、Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，向CuCl2溶液中加入CuO，与氢离子反应，使水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到调节pH除去溶液中混有的Fe3＋的目的，故C正确；D、泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，故D错误；故选C。15、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。16、D【详解】A．在通常条件下，氧化铁与氢氧化钠不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，不能除去杂质，故A错误；B．稀硫酸与铁、铝均反应，无法达到除杂目的，故B错误；C．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，应选铁粉，故C错误；D．泥沙不溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故D正确；答案选D。17、B【解析】短周期元素a、b、c，d、e原子序数依次增大，a、c同主族，a的最外层电子数与次外层电子数相等，a原子只能有2个电子层，最外层电子数为2，可推知a为Be、c为Mg；e是太阳能转化为电能的常用材料，则e为Si，b、e同主族，则b为C元素，结合原子序数可知d为Al。A．金属性Mg＞Be，故最价氧化物对应水化物碱性强弱：a＜c，故A错误；B.碳和硅属于同族元素，非金属性C＞Si，简单气态氢化物的稳定性：b>e，故B正确；C．b为C元素，e为Si，对应的氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，物理性质有很大不同，化学性质相似，故C错误；D.c、d的氧化物分别为氧化镁和氧化铝，只有氧化铝能够与NaOH溶液反应，故D错误；故选B。18、A【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法错误；B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法正确；C、实验室保存少量的液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法正确；D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法正确。19、A【分析】氧化还原反应中反应物中氧化剂化合价下降，还原剂化合价升高以此判断。【详解】A.H2O中H化合价由+1到0价，化合价下降，H2O做氧化剂，故A选；B.H2O没有元素化合价发生改变，既不做氧化剂也不做还原剂，故B不选；C.H2O没有元素化合价发生改变，既不做氧化剂也不做还原剂，故C不选；D.SO2与H2O反应没有化合价的改变为非氧化还原反应，故D不选。故答案选：A。20、B【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。【详解】A.Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.FeSO4→Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；C.Na2O2→O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。答案选B。21、C【详解】A.标准状况下二氯甲烷是液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，因此不能确定含有极性键的数目，故A错误；B.I-还原性大于Fe2+，向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-，不能确定1molFe2+被氧化时转移电子数目，故B错误；C.向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），根据电荷守恒，n(NH4+)=n(Cl－)=0.5mol，所以NH4+个数为0.5NA，故C正确；D.用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜，再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数大于2NA，故D错误；答案选C。22、A【解析】试题分析：A．液氯是液态氯气，只有一种物质组成，为纯净物，故A正确；B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；C．盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故C错误；D．碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故D错误；故选A。考点：考查了物质的分类的相关知识。二、非选择题(共84分)23、第二周期IVA族S2-N≡N0.045mol/L（或1/22.4mol/L）HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O【解析】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。(1)Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；②100mL1mol·L-1的甲溶液中含有0.1molFe2+，20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02molMnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。24、CH2=CHCH31,2-二氯丙烷HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O酯化反应取样，加入氢氧化钠溶液并加热，冷却后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀说明有Cl原子HOOC-COOH羧基CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl2【分析】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC-COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇；C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，据此分析解答。【详解】(1)由于B与氯气反应产物为C3H5Cl，该反应为取代反应，故B分子式为C3H6，B和A为同系物，可知B中含有一个不饱和键，根据分子式可知B为CH2=CHCH3；B与氯气加成生成CH2ClCHClCH3，其名称为1,2-二氯丙烷；(2)反应②为HOOC-COOH与CH3CH2OH的酯化反应，方程式为HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O；(3)检验C3H5Cl中氯原子可取样，加入氢氧化钠溶液并加热，冷却后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀说明有Cl原子；(4)根据分析可知C为HOOC-COOH，官能团为羧基；(5)反应④为氯原子的取代反应，方程式为CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl；(6)CH≡C-CH3三聚得到苯的同系物，其可能结构简式为：、，共有两种；(7)D为乙二酸二乙酯，则由乙二酸和乙醇发生酯化反应生成的，乙烯与水发生加成反应可生成乙醇，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中水解生成乙二醇，乙二醇氧化可以生成乙二酸，所以由乙烯为原料制备

D

的合成路线为。25、O2NH4HC2O44NH3+5O24NO+6H2OFe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O2FeSO4+2NaNO3+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑【分析】H为红棕色气体，则H为NO2，生成NO2的反应有2NO+O2=2NO2，由于F为单质，则G为NO，F为O2；B与O2反应生成NO与另一种物质，则B可能为NH3，D为H2O；与Na2O2反应生成O2的有H2O和CO2，由于D是H2O，故C为CO2；NO2与H2O反应生成HNO3，故I为HNO3；中学中H2O高温与Fe发生反应生成Fe3O4，则J为Fe，K为Fe3O4，与稀HNO3反应生成L和G，已知G为NO，则L为Fe(NO3)3，Fe(NO3)3与NH3的水溶液反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3。由于E能与Fe3O4反应生成Fe和CO2，故E为CO2；由于A全部分解为等物质的量的NH3、CO2、H2O、CO，故A为NH4HC2O4；综上所述，A为NH4HC2O4，B为NH3，C为CO2，D为H2O，E为CO，F为O2，G为NO，H为NO2，I为HNO3，J为Fe，K为Fe3O4，L为Fe(NO3)3。【详解】(1)由分析可知，单质F为O2；A为NH4HC2O4，故答案为：O2；NH4HC2O4；(2)为NH3，F为O2，反应生成NH3和NO，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，Fe(NO3)3和NH3的水溶液反应，生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH；(3)Fe3O4与HNO3的稀溶液反应，生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故答案为：3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O；(4)硫酸亚铁，稀硫酸和亚硝酸钠反应有Fe(OH)SO4和生成NO，化学方程式是2FeSO4+2NaNO3+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑，故答案为：2FeSO4+2NaNO3+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑。26、ac除去CO2中的HCl2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2

+2NH3↑+2H2ONH3将湿润的红色石蕊试纸放在D出口处，若试纸变蓝，则证明有氨气逸出；若试纸不变蓝，则证明没有氨气逸出（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近D出口处，若有白烟，则证明有氨气逸出；若没有白烟，则证明没有氨气逸出。）CaCl2

+H2O+CO2

+2NH3

＝CaCO3+2NH4Cl【解析】(1)根据装置特点可知，A为二氧化碳的发生装置，E为氨气的发生装置；(2)根据生成的二氧化碳中混有氯化氢，结合C中的反应分析判断；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水；(4)根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体；(5)根据氨气的检验方法分析解答；(6)由反应物和生成物写出反应方程式。【详解】(1)装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品是石灰石和6mol/L盐酸，故答案为ac；(2)饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为除去二氧化碳中的氯化氢；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)氨气极易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气，故答案为NH3；(5)氨气是碱性气体，能使红色石蕊试纸变蓝；氨气能和浓盐酸反应生成白烟，故答案为用湿润的红色石蕊试纸放到D出口处，如果试纸变蓝，则证明氨气逸出，反之则不逸出（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，若观察到白烟，则证明氨气逸出，反之则不逸出）；(6)氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，故答案为CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl。27、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2黑色固体变红，右端管壁有水珠生成取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色将Fe2＋氧化成Fe3＋【分析】（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，写出反应的化学方程式；（2）装置E中黑色的氧化铜被氢气还原成红色的铜，同时有水珠生成；（3）根据三价铁的检验方法加KSCN溶液，观察是否变红；（4）根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；【详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+H2；（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成红色，管壁产生水珠；（3）检验三价铁用KSCN溶液，观察是否变红，故操作为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；（4）因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，即为：将Fe2＋氧化成Fe3＋；【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质实验，易错点：铁与水蒸气反应原理。28、ΔH＝－890.31kJ