重庆康德卷2026届高三化学第一学期期中学业质量监测试题含解析

重庆康德卷2026届高三化学第一学期期中学业质量监测试题注意事项：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、NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是（）A．将100mL0.1mol·L－１的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）３胶粒0.01NAB．1.00molNaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAD．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移的电子数目为NA2、下列图中的实验方案,能达到实验目的的是ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水热水中实验目的探究温度对平衡2NO2N2O4的影响验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A．A B．B C．C D．D3、已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)＝1.22×10－8mol·L－1，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)＝1.3×10－5mol·L－1。若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01mol·L－1的混合溶液中，滴加8mL0.01mol·L－1的AgNO3溶液。下列叙述中不正确的是A．若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，白色沉淀会转变成黄色沉淀B．溶液中先产生的是AgI沉淀C．AgCl的Ksp的数值为1.69×10－10D．反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)4、调味品食醋中含有3%—5%的（）A．甲醇 B．乙醇 C．乙醛 D．乙酸5、可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是A．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极B．以NaOH溶液为电解质时，负极反应为Al＋3OH－－3e－==Al(OH)3↓C．以NaOH溶液为电解质时，电池在工作过程中电解质溶液的pH保持不变D．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质时，正极反应都为O2＋2H2O＋4e－==4OH－6、某硫酸与硝酸的混合溶液中，H＋、SO42-的物质的量浓度分别为5.0mol·L－1和2.0mol·L－1。取该溶液10mL，加入1.6g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为A．0.56L B．0.84L C．0.224L D．0.448L7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．将1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAB．100gCaCO3晶体和100gKHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NAC．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，原子总数为0.6NAD．已知3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA8、已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如下表：则表中x为()O=OH-HH-O(g)1mol化学键断裂时需要吸收的能量/kJ496436xA．920 B．557 C．463 D．1889、化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是A．Al2O3作耐火材料是因为氧化铝熔点高B．“血液透析”利用了胶体的性质C．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解D．家用燃煤中适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放10、下列哪种因素改变，会导致一个可逆反应的平衡常数会改变()A．压强 B．温度 C．催化剂 D．反应物浓度11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是()A．某温度和压强下，48gO2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NAB．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAD．4.6g乙醇中含有O－H键数目为0.1NA12、下列说法正确的是A．Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同B．NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D．NaHSO4溶于水电离的过程既破坏离子键又破坏共价键13、合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法错误的是A．反应体系中加入催化剂，不会改变反应的热效应B．反应物的总能量高于生成物的总能量C．该反应的热化学方程式为3H2+N22NH3+Q(Q>0)D．该反应是放热反应14、下列说法正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异B．可用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气C．白炽灯工作时，电能全部转化为光能D．日本福岛核电站核泄漏事故提醒我们不要开发新能源，要大力挖掘化石能源15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．5.6L氮气与足量镁粉充分反应后，转移的电子数为1.5NAB．常温下56g铁片投入足量浓H2SO4中生成1.5NA个SO2分子C．常温下，22gCO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NAD．6.4gCu与40mL10mol·L-1浓硝酸作用能生成NO2的分子数为0.2NA16、如图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是()A．升高温度 B．加大X的投入量C．加催化剂 D．增大体积17、下列说法正确的是A．己知2C＋SiO2Si＋2CO↑，说明Si的非金属性比C强B．电子层数越多，原子半径一定越大C．单质中不可能含有离子键D．第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强的其沸点最低18、布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）A．布洛芬的分子式为C13H18O2B．布洛芬与苯乙酸是同系物C．1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种19、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)220、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是A．llgD218O所含的中子数为6NAB．0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NAC．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键数目为10NAD．NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA21、下列物质不能通过化合反应制取的是A．NOB．FeSO4C．H2SiO3D．SO322、聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A．KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强二、非选择题(共84分)23、（14分）现有下列表格中的几种离子阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+阴离子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。24、（12分）化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：已知：①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8gA完全发生反应生成0.4mol银。②R1-CHO+R2-CH2CHO③R-COOHR-COCl④回答下列问题：(1)A的名称______E的结构简式为____________；G的名称为__________。(2)B中含有官能团的名称为_______________________。(3)C→D、D→E的反应类型分别为_____________、_______________。(4)写出F+H→M的化学反应方程式_________________。(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。0.5molW可与足量的Na反应生成1gH2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条件的W的同分异构体共有_______种，写出其中一种的结构简式____________。(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_____________。25、（12分）某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。（1）研究盐酸被MnO2氧化。实验操作现象Ⅰ常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，有刺激泩气味Ⅱ将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体Ⅲ加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程是________。②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是________。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是________。④用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V：i.K闭合时，指针向左偏转ⅱ.向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指针向左偏转幅度增大将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是________。（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化。①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸________(填“能”或“不能”)氧化盐酸。②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2。实验操作现象Ⅰ将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色Ⅱ将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中试纸先变蓝，后褪色Ⅲ…………通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2，Ⅲ的操作是________。（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、________有关。26、（10分）甲酸(HCOOH)易挥发，熔点为8.6℃，电离常数K＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。Ⅰ.制取一氧化碳（1）用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是_________________；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是_________________。（2）欲收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→_________(按气流方向，用小写字母表示)。Ⅱ.一氧化碳性质的探究资料：①常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；②一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOH473K10MPa利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。（3）打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为_________；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置的作用是____________，H装置中盛放的试剂是__________。（4）某同学为了证明E装置中CO与NaOH固体发生了反应，设计下列实验方案：取固体产物，配成溶液，常温下测该溶液的pH，若pH>7，则证明CO与NaOH固体发生了反应。经小组讨论，该方案不可行，理由是_________________________________。（5）某同学为了测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度，设计如下实验方案：准确称取固体产物mg配成100mL溶液，取20.00mL溶液，加入指示剂，用cmol·L－1的盐酸标准溶液平行滴定剩余的NaOH三次，平均消耗的体积为VmL。已知：三种指示剂的变色范围如下所示。则指示剂应选用_______，产物中甲酸钠的纯度为________(用含m、c、V的代数式表示)。27、（12分）氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组设计实验制备氢化铝锂并测定其纯度。已知：氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体。活泼金属硫化物与酸反应产生H2S气体。Ⅰ、制备氢化锂：选择下图中的装置制备氢化锂(有些装置可重复使用)：（1）装置的连接顺序(从左至右)为A→___________________________________。（2）检查好装置的气密性，打开装置A中分液漏斗的活塞后，点燃酒精灯前需进行的实验操作是________。Ⅱ、制备氢化铝锂1947年，Schlesinger、Bond和Finholt首次制得氢化铝锂，其方法是使氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，搅拌，充分反应后，经一系列操作得到LiAlH4晶体。（3）写出氢化锂与无水三氯化铝反应的化学方程式_________________________。Ⅲ.测定氢化铝锂产品(不含氢化锂)的纯度（4）按下图连接好装置后，检查装置气密性的操作是：_____________________。装好药品(Y形管中的蒸馏水足量，为了避免氢化铝锂遇水发生爆炸，蒸馏水中需掺入四氢呋喃作稀释剂)，启动反应的操作是__________________。（5）在标准状况下，反应前量气管(由碱式滴定管改装而成)读数为V1mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2mL。该样品的纯度为_________(用含a、V1、V2的代数式表示)。如果起始读数时俯视刻度线，测得的结果将_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。28、（14分）实验室中以Zn、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬晶体，其装置如图所示。仪器2中已预先加入锌粒，仪器3中已加入CH3COONa溶液。资料卡:①醋酸亚铬晶体[[Cr(CH3COO)2]2•2H2O；深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。②Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。③部分相关的化学反应:2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl22Cr2++4CH3COO-+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O④Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31，≈4，lg2≈0.3回答下列问题：(l)仪器1的名称是_____________________。(2)实验时先往仪器2中加盐酸，一段时间后再加CrCl3溶液，目的是______________。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门_____，打开阀门_________。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使产生的H2将CrCl2

溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是__________________。(5)铬的离子会污染水资源。常温下要除去上述实验中多余的Cr2+，①先向废液中通入足量的______，将Cr2+转变为Cr3+，反应的离子方程式为______________；②再加入碱液，调节pH至少为_______才能使Cr3+沉淀完全[c(Cr3+)<10-5mol/L]29、（10分）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：_______。（2）在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。①写出钙化作用的离子方程式：_______________。②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：____+______=（CH2O）x+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂______。②滴定。将吸收后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=_______mol/L。（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。①结合方程式简述提取CO2的原理：_________。②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_______。

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【解析】A.胶体粒子是多个分子的集合体，所以将100mL0.1mol·L-１的FeCl3溶液滴入沸水中制得Fe（OH）３胶粒小于0.01NA，故A错误；B.Na+的最外层电子数为8，所以1.00molNaCl中所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023，故B正确；C.N2和CO的物质的量不确定，所以等物质的量的N2和CO所含分子数不能确定，故C错误；D.向FeI2溶液中通入适量Cl2，由于还原性：I->Fe2+，所以当有1molFe2+被氧化时，已有2molI-被氧化,所以共转移的电子数目为3NA，故D错误。故选B。2、A【解析】将NO2球分别浸泡在冰水、热水中，根据颜色判断平衡移动的方向，故A正确；实验改变了温度、催化剂两个变量，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故B错误；碳酸钠溶液与二氧化碳、二氧化硫都能反应，不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中混有的SO2，故C错误；氯化氢易挥发，氯化氢能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，不能根据图示装置比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，故D错误。点睛：要证明H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，在烧瓶、烧杯之间增加一个盛有变化碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中含有的氯化氢。3、D【分析】依据氯化银和碘化银的溶度积比较溶解度，反应向更难溶的方向进行；依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol•L-1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）⇌Ag++Cl-，氯离子浓度为1.30×10-5mol•L-1；依据Ksp=c（Ag+）c（Cl-）计算得到；根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小。【详解】A．

碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液,如满足c(Ag+)c(I−)>Ksp(AgI)，则可生成黄色沉淀；B．由已知条件知，AgI的Ksp较小，则先产生的是AgI沉淀，故B正确；C．在AgCl饱和溶液中c(Ag+)＝1.30×10−5mol⋅L−1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag++Cl−，c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1，由Ksp=c（Ag+）c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1×1.30×10−5mol⋅L−1=1.69×10−10mol2⋅L−2，故C正确；D．若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag+)=0.003L×0.01mol/L=3×10−5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n(Cl−)=0.005×0.01mol/L−3×10−5mol=2×10−5mol，c(Cl−)==1.53×10−3mol/L，浊液中c(Ag+)═==1.1×10−7(mol/L)，c(I−)═==1.35×10−9(mol/L)，混合溶液中n(K+)=1×10−4mol，n(NO3−)=0.008L×0.01mol/L=8×10−5mol，则c(K+)>c(NO3−)，故c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)，故D错误；答案选D。4、D【详解】通常食醋中含有3%—5%的乙酸，D项符合题意。5、D【解析】铝为活泼金属，既能与酸反应，又能与碱反应，铝空气燃料电池中负极反应为Al+4OH--3e-═AlO2-+2H2O，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为4Al+4OH-+3O2═4AlO2-+2H2O。【详解】A项、放电时，电子从负极Al沿导线流向正极，故A错误；B项、以NaOH溶液为电解液时，Al易失电子作负极，且铝失去电子后变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中铝离子继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B错误；C项、以NaOH溶液为电解液时，电池的总反应为：4Al+4OH-+3O2═4AlO2-+2H2O，反应中消耗氢氧根离子且生成水，所以溶液的pH降低，故C错误；D项、电解质溶液显碱性或中性，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学电源，解答时注意正负极的判断、依据溶液酸碱性书写电极反应式是解答的关键。6、C【解析】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0mol·L－1×0.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。故选C。7、C【详解】A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，离子数均为2NA，故B错误；C．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；D．在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。8、C【详解】试题分析：1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol液态水时放出热量为×143kJ=572kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，2mol液态水变为气态水吸收的热量为×44kJ=88kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol气态水时放出热量为572kJ-88kJ=484kJ，故热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-484kJ/mol，所以2×436kJ/mol+496kJ/mol-4xkJ/mol=-484kJ/mol，解得x=463，故选C。9、C【解析】A.Al2O3熔点高，可作耐火材料，A正确；B.血液可以看作是胶体，“血液透析”利用了胶体的性质，即渗析，B正确；C.糖类中的单糖不能发生水解反应，例如葡萄糖，C错误；D.家用燃煤中适量的生石灰能与SO2反应最终转化为硫酸钙，因此可有效减少二氧化硫的排放，D正确，答案选C。10、B【详解】化学平衡常数只与温度有关，与压强、催化剂、反应物浓度等其他因素均无关，故选B。11、C【详解】A．O2与O3混合相当于O原子混合，n(O)=，则含有氧原子总数为3NA，A正确；B．n(NH3)=，根据关系1NH3~3e-确定转移电子为0.3mol，转移的电子数为0.3NA，正确；C．常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移电子数，C错误；D．4.6g乙醇的物质的量为：，根据关系1CH3CH2OH~1O—H可知，含有O－H键数目为0.1NA，D正确。答案选C。12、D【详解】A．NaOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以两者化学键类型不同，A错误；B．氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属强于P元素，B错误；C．化学反应的实质是旧键断裂生成新键，CO2溶于水与水反应生成碳酸发生化学变化，则CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，干冰升华是CO2从固态变为气态属于物理变化，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，C错误；D．NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++，既破坏了钠离子与硫酸氢根之间的离子键，又破坏了硫酸氢根里的共价键，D正确；答案选D。13、C【解析】A.反应体系中加入催化剂，只会改变反应速率，不会改变反应的热效应，故A正确；B.反应物的总能量高于生成物的总能量，故B正确；C.热化学方程式需要标明物质状态，故C错误；D.反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故D正确。故选C。14、B【详解】A.侯氏制碱法是将通入饱和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A错误；B.过量浓氨水与氯气反应会生成氯化铵固体，有白烟产生，现象明显，则浓氨水可用于检验输送氯气的管道，B正确；C.白炽灯工作时，大部分电能转化为光能，少部分转化为热能，C错误；D.开发新能源是解决能源危机问题和环境污染问题的主要途径，不能因为核电站出现泄漏的个例事件就否定新能源的开发战略，D错误；故答案选B。15、C【解析】A.没有注明标准状况，无法计算5.6L氮气的物质的量，所以A不正确；B.常温下56g铁片投入足量浓H2SO4中，铁发生钝化，只是在铁表面发生了反应，无法计算生成SO2分子数，B不正确；C.CO2和N2O的摩尔质量都是44g/mol，分子内都有3个原子，所以22gCO2和N2O混合气体的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为1.5NA，C正确；D.6.4gCu的物质的量为0.1mol，这些铜可以消耗含0.4mol硝酸的浓硝酸并生成0.2molNO2，但是40mL10mol·L-1浓硝酸中硝酸的物质的量只有0.4mol，随着反应的发生，硝酸的浓度不断变小，稀硝酸与铜反应生成NO，所以生成NO2的分子数小于0.2NA，D不正确。本题选C。点睛：使用气体摩尔体积时，要注意是不是在标准状况下。另外，质量是不受温度和压强影响的。还要注意，硝酸的浓度不同，其被还原的产物是不同的，通常浓硝酸被还原为二氧化氮，而稀硝酸被还原为一氧化氮。16、C【分析】先分析出反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)的特点是：气体计量数不变、放热。再由图可知，按b曲线进行与按a曲线进行的关系是：b途径反应速率快，但达到的平衡结果与a相同，根据影响速率的因素及勒夏特列原理可作判断。【详解】A.升高温度：反应速率增大，但平衡逆向移动X的转化率下降，A错误；B.加大X的投入量，可增大的X的浓度，使平衡正向移动，但X的转化率下降，B错误；C.加催化剂加快反应速率，不改变x的转化率，C正确；D.增大体积相当于减压，不影响该反应的平衡，但会使反应速率减小，D错误；答案选C。17、C【解析】非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，还原性越弱；电子层数只是影响原子半径的一个因素；离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子；第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强为水，含有氢键，沸点反常的高。【详解】A．由元素周期律可知，同一族，从上至下，非金属减弱，故C的非金属性比Si强，题意不符，故A错误；B．电子层数只是影响原子半径的一个因素，还要考虑原子核对电子的吸引，核外电子多，相应的核内质子数也多，由于静电力的增强可能会引起原子半径的减小，如Li＞Cl，故B错误；C．离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子，一般单质是由原子直接构成或同原子间以共价键结合，故不含离子键，C正确；D．第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性与元素的非金属性一致，稳定性最强为水，水含有分子间氢键，沸点最高，故D错误；答案选C。18、D【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故不选C；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；答案选D。19、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。20、B【解析】llgD218O是0.5mol，根据中子数=质量数-质子数可知0.5molD218O含有的中子数为6NA，A项正确；Na2O2中含有2个Na+和1个O22—构成的，故0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.25NA，B项错误；烷烃中含有共价键数目为3n+1，故标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键数目为10NA，C项正确；NO2和H2O反应的方程式为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，氮元素的化合价从+4价升高到+5价，所以毎生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA，D项正确。点睛：阿伏加德罗常数是单位物质的量的物质含有的该物质的基本微粒数目，用NA表示，其近似值是6.02×1023/mol；在国际上规定：0.012kg的12C所含有的碳原子数，任何物质只要其构成的基本微粒数与0.012kg的12C所含有的碳原子数相同，就说其物质的量是1mol。有关公式有；；；。掌握各个公式的适用范围、对象，是准确应用的保证。有时阿伏加德罗常数会与物质结构、氧化还原反应、电化学等知识结合在一起考查，要掌握物质的物理性质、化学性质及发生反应的特点等，才可以得到准确的解答。21、C【解析】A.氮气和氧气在放电的条件下化合生成NO，A不选；B.硫酸铁和铁发生化合反应生成FeSO4，B不选；C.二氧化硅不溶于水，H2SiO3不能通过化合反应制取，C选；D.氧气和二氧化硫在催化剂、加热条件下发生化合反应生成SO3，D不选；答案选C。22、A【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A项错误；B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。二、非选择题(共84分)23、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。24、乙二醛硝基苯碳碳双键、醛基加成反应(还原反应)氧化反应+2+2HCl2或【分析】A的相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则含氧的质量分数为0.552，A中O原子个数==2，C原子个数==2…2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO；A发生信息②的反应生成B，根据B分子式知，B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息④的反应生成C，C为，C和H2发生加成反应生成D，D发生催化氧化生成E，E为，E发生信息③的反应生成F为，F和H发生取代反应生成M，H为，G发生还原反应生成H、苯发生取代反应生成G，则G为；(6)制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下成OHC-CHO与乙醛反应生成。【详解】根据上述分析可知：A为OHCCHO、B为OHCCH=CHCH=CHCHO、C为、D为、E为、F为、G为、H为。(1)A为OHCCHO，A的名称为乙二醛；E的结构简式为；G为，名称为硝基苯；(2)B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B中含有的官能团的名称为碳碳双键、醛基；(3)C→D的反应类型为加成反应，与H2的加成反应又叫还原反应，D→E的反应类型为氧化反应；(4)F为，H为，F和H发生取代反应生成M，F+H→M的化学方程式为+2+2HCl；(5)C为，芳香族化合物W是C的同分异构体，有三个取代基，能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，说明W分子结构中含有2个羟基，核磁共振氢谱为五组峰，说明物质分子中含有五种不同位置的H原子，则W的结构简式为或，所以有两种同分异构体；(6)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙二醇发生催化氧化生成乙二醛，乙醛和乙二醛发生信息中反应生成目标产物，其合成路线为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，本题侧重考查学生的分析能力和接受信息处理问题的能力。25、MnO2+4HCl=MnCl4+2H2OMnCl4Cl2↑+MnCl2Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强不能将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中c(Cl-)、c(H+)(或浓度)【分析】（1）①MnO2呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应，生成四氯化锰和水；②MnCl4加热发生分解反应，产生的黄绿色气体Cl2；③对比实验Ⅳ、实验Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，即可得出结论；④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2；②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2；（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。【详解】（1）①由于MnO2呈弱碱性，与浓盐酸发生复分解反应，则该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②将Ⅰ中混合物过滤后，所得滤液为MnCl4溶液，加热后产生的黄绿色气体为Cl2，由于该反应为分解反应，因此反应的化学方程式为：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；③实验Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，因此说明实验Ⅲ中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)较低引起的，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2，因此说明HCl不能被浓硫酸氧化；②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2，因此实验Ⅲ的操作是将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中；（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。26、HCOOHCO↑＋H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl除去酸性气体浓硫酸无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7酚酞5m-cV5m×100%【解析】本题主要考查了方程式书写，实验室仪器安装顺序，指示剂选取和滴定反应计算。【详解】（1）甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是HCOOHCO↑＋H2O；甲酸与浓硫酸混合放出大量热，故不需加热；（2）欲收集CO气体，首先保证杂质完全去除，甲酸易挥发，故需要去除的杂质是甲酸。B装置目的是吸收甲酸，用排水法收集CO，则连接顺序为c→b→e→d→f；（3）CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，故打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl；为了使气囊收集到纯净的CO，即除去多余氯化氢气体、CO2和水，故G装置的作用是除去酸性气体，H装置中盛放的试剂是浓硫酸；（4）氢氧化钠自身是碱，无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7；（5）由题可知，防止甲酸钠与盐酸反应，选择碱性范围发生颜色变化的指示剂，即符合条件的只有酚酞；由题可知，取0.2m固体样品，滴加盐酸中和其中的氢氧化钠，故n（NaOH）=cv×10-3mol，即产物中氢氧化钠质量分数为w%=cv×10-3mol×40g/mol×100ml20ml27、D→B→C→B→E用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入ag产品中19（V2-V1）/448a%偏高【详解】Ⅰ.（1）氢化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氢气需要干燥，并除去其中混有的H2S，因此需要先通过氢氧化钠溶液除去硫化氢气体，再通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氢化锂，为防止外界水蒸气进入装置，后面需要接干燥装置B，最后用排水集气法收集未反应的氢气，装置的连接顺序（从左至右）为A→D→B→C→B→E；综上所述，本题答案是：D→B→C→B→E。（2）检查好装置的气密性，点燃酒精灯前需要首先制备氢气，并检验氢气的纯度，因此进行的实验操作为：打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后，用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯；综上所述，本题答案是：用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯。Ⅱ.（3）氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，充分反应得到LiAlH4，反应的化学方程式为：4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl；综上所述，本题答案是：4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl。Ⅲ.(4)按图2装配仪器，向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好；检查好装置气密性并装好药品，Y形管中的蒸馏水足量，启动反应时只需要倾斜Y形管，将蒸馏水（掺