2026届河南周口市川汇区化学高三第一学期期中经典模拟试题含解析

2026届河南周口市川汇区化学高三第一学期期中经典模拟试题注意事项：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、X、Y、Z、W有如右图所示的转化关系，则X、Y可能是①C、CO②AlCl3、Al(OH)3③Fe、Fe(NO3)2④Na2CO3、NaHCO3A．①②③ B．①② C．③④ D．①②③④2、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－B．c(H+)/c(OH－)=1×10－12的溶液中：K+、Na+、CO32－、NO3－C．c(Fe3+)=1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、AlO2－、SO42－D．能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH4+、SO42－、HCO3－3、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、B．0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C．0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、4、下列实验所涉及反应的离子方程式不正确的是()A．向氯化铁溶液中加入铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+B．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=AlO+2H2OC．向草酸溶液中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O5、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、下图是电化学膜法脱硫过程示意图，电化学膜的主要材料是碳和熔融的碳酸盐。下列说法错误的是()A．b电极为阳极，发生氧化反应B．阴极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑C．净化气中CO2含量明显增加，是电化学膜中的碳被氧化D．工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2∶17、对平衡CO2（g）CO2（aq）△H=-19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是（）A．升温增压 B．降温减压C．升温减压 D．降温增压8、下列物质不能通过化合反应制得的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe（OH）3 D．Fe（OH）29、回收并利用CO2一直是科研人员研究的热点，科研人员以CO2为原料在酸性介质中设计出如图装置的原电池。下列说法正确的是A．该过程中仅涉及光能与化学能的转化B．转移4mol电子时，可能有32gO2生成C．b电极反应方程式为2CO2+12e-+9H2O＝C2H5OH+12OH-D．工作一段时间，电极a附近溶液的pH会增大10、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．18811、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Mg12、对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。时间水样0510152025I(pH=2)0.400.280.190.130.100.09II(pH=4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH=4)0.200.150.120.090.070.05IV(pH=4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是（）A．在0～20min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1B．其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快C．在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大D．由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快13、某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：12O2(g)+H2(g)＝H2O(g)ΔH＝－242kJ·mol－S(g)+H2(g)＝H2S(g)ΔH＝－20kJ·mol－1Se(g)+H2(g)⇌H2Se(g)ΔH＝+81kJ·mol－1下列说法正确的是A．稳定性：H2O<H2S<H2SeB．降温有利于Se与H2反应生成H2SeC．O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g)ΔH＝－444kJ·mol－1D．随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生14、下列说法正确的是（）A．H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大B．SiO2和晶体硅都是共价化合物，都是原子晶体C．NaOH和K2SO4的化学键类型和晶体类型相同D．NaHSO4加热融化时破坏了该物质中的离子键和共价键15、下列离子方程式书写正确的是A．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H++FeS=H2S↑+Fe2+B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+==I2+3H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2OD．将足量SO2通入氨水溶液中：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-16、向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1B．产生的NO在标准状况下的体积为5.6LC．硝酸的物质的量浓度为2.4mol/LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol17、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．c(I－)=0.lmol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO－、SO42-B．使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3－、Cl－C．无色透明的溶液中：Al3+、Cu2+、SO42-、Cl－D．由水电离产生的c(OH－)=l×10-10mol·L-1的溶液中：Ba2＋、K+、NO3－、Cl－18、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、NH、NO、SOB．加入酚酞为红色的溶液中：Na+、Al3+、SO、Cl-C．0.2mol∙L－1的KSCN溶液中：Fe2+、K+、CO、Cl-D．水电离出的c（H+）＝1×10－13mol∙L－1的溶液中：K+、Na+、AlO、CO19、取Cu、Cu2O和CuO固体混合物，将其分成两等份，一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下NO气体4.48L，所用硝酸的物质的量浓度为A．3.2mol/L B．1.6mol/L C．0.9mol/L D．无法判断20、化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有还原性B．大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NO2的排放C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食品受潮、氧化变质D．福尔马林可用作食品的保鲜剂21、化学与人类社会生产、生活密切相关。下列说法中正确的是A．误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的食盐水解毒B．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查D．生石灰可用作食品抗氧化剂22、下列描述正确的是A．氯水的标签上应标注：B．S2-的结构示意图：C．苯的分子式：D．BeCl2的电子式：二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π键个数为______。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。24、（12分）前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似；Y原子半径在短周期主族元素中最大；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多。请回答下列问题：(1)元素Z在周期表中的位置是_______。(2)元素X的氧化物能与Y的氧化物的水化物形成的溶液反应，生成一种四配位化合物，写出该化合物的化学式________。(3)元素Y的氢化物被称作“万能还原剂”，具有强的还原性。其电子式为______，遇水可发生反应的化学方程式为________。(4)元素M的名称为_______，其+3价氧化物与铝反应的化学方程式为_______。25、（12分）（10分）市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以I计）20～50mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）KIO3＋KI＋H2SO4＝K2SO4＋I2＋H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是。②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b.加入适量Na2SO3稀溶液；c.分离出下层液体。以上设计中遗漏的操作是。（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a.准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。①判断c中反应恰好完全依据的现象是。②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是mg/kg（以含w的代数式表示）。26、（10分）用相同质量的锌片和铜粉跟相同浓度的足量的稀盐酸反应，得到的实验数据如表所示：实验編号锌的状态反应温度/℃收集100mL氢气所需时间/s①薄片15200②薄片2590③粉末2510（1）实验①和②表明___，化学反应速率越大。表明固体表面积对反应速率有影响的实验编号是___和____。（2）该实验的目的是探究____、___等因素对锌跟稀盐酸反应速率的影响。请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应速率的影响。____。27、（12分）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取一定质量的K2Cr2O7(保留4位有效数字)，已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。(1)计算配制250mL0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液时需要准确计量K2Cr2O7的质量是________g。(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用的有________(用编号表示)。①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管(3)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液的操作步骤为(填写空白)：计算⇒称量⇒________⇒移液⇒洗涤⇒________⇒摇匀。(4)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响(填“偏高”或“偏低”)?①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒________。②定容时，仰视刻度线________。(5)配制0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液；定容时不慎加水超过了刻度线，应如何操作：__________。(6)用0.01000mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定20.00mL未知浓度的含Fe2＋的溶液，恰好完全反应时消耗10.00mLK2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2＋的物质的量浓度是______。(已知：Fe2＋＋Cr2O＋H＋---Cr3＋＋Fe3＋＋H2O未配平)28、（14分）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容。（1）已知热化学方程式：①2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH3则反应④2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)的ΔH=_________。(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系式表示)（2）利用上述反应①设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池的负极反应式：__________________________________________。（3）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH<0。在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：时间/min浓度/(mol·L－1)物质01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min内，NO的平均反应速率v(NO)＝______，T1℃时，该反应的平衡常数K＝________。②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是________(填字母编号)。a．通入一定量的NOb．加入一定量的Cc．适当升高反应体系的温度d．加入合适的催化剂e．适当缩小容器的体积③若保持与上述反应前30min的反应条件相同，起始时NO的浓度为2.50mol·L－1，则反应达平衡时c(NO)＝________，NO的转化率＝________。29、（10分）氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)按图1所示工艺流程制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)：请回答下列问题：（1）为了完成步骤Ⅰ，可采用图2所示的装置将粗铜完全转化为固体a：①A装置中发生反应的离子方程式是___________________________________________。②在该实验中，点燃A、C装置中的酒精灯时，应该先点燃________装置的酒精灯，D装置的作用是_____________________________，C装置中生成的产物是________________。③有同学认为应在B装置前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要____(填“是”或“否”)。（2）步骤Ⅱ的操作：将固体a置于烧杯中，然后加入_________，至固体完全溶解。（3）步骤Ⅲ中应先加入某试剂调节溶液b的pH以除去杂质，该试剂可选用下列试剂中的________(填序号)。a．NaOH溶液b．氨水c．CuOd．Cu2(OH)2CO3e．CuSO4溶液（4）步骤Ⅳ中，将溶液c蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2·2H2O。现欲得到无水CuCl2，在实验室也可以采用图2所示装置使CuCl2·2H2O脱水得到无水CuCl2，则A装置中的两种化学试剂是___________________________(填名称)。

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、D【详解】①若X为C、Y为CO，W为O2，Z为CO2，反应为C＋O2(足量)CO2，2C＋O2(不足)2CO，2CO＋O22CO2，可实现如图转化，①符合题意；②若X为AlCl3、Y为Al(OH)3、W为NaOH，Z为NaAlO2。反应为，NaOH不足，AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，NaOH足量，AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋2H2O＋3NaCl，可实现如图转化，②符合题意；③若X为Fe，Y为Fe(NO3)2，W为HNO3，Z为Fe(NO3)3，反应为3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋4NO↑＋4H2O，Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，3Fe(NO3)2＋4HNO3=3Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，可实现如图转化，③符合题意；④若X为Na2CO3、Y为NaHCO3，W为HCl，Z为CO2。反应为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，可实现如图转化，④符合题意。综上①②③④均符合题意，D符合题意。答案选D。2、B【解析】分析：A项，Fe3+与SCN-不能大量共存；B项，溶液呈碱性，离子相互间不反应；C项，Fe3+、NH4+与AlO2-不能大量共存；D项，溶液呈酸性，HCO3-不能大量存在。详解：A项，Fe3+与SCN-发生络合反应，Fe3+与SCN-不能大量共存；B项，c（H+）/c（OH-）=1×10-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存；C项，Fe3+、NH4+与AlO2-发生双水解反应，Fe3+、NH4+与AlO2-不能大量共存；D项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-能与H+反应，HCO3-不能大量存在；在指定溶液中能大量共存的是B项，答案选B。点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体；②离子间发生氧化还原反应，如Fe3+与I-等；③离子间发生双水解反应，如题中C项；④离子间发生络合反应，如题中A项；⑤注意题中的附加条件。3、A【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。4、B【详解】A.向氯化铁溶液中加入铁粉，Fe粉将Fe3+还原成Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；B.向硫酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3，故B错误；C.向草酸溶液中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液生成二氧化碳和二价锰离子，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；D.向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液碘离子被氧化成碘单质，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选B。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【分析】由题给示意图可知，该装置为电解池，H2S在阴极上得到电子发生还原反应生成S2-和H2，电极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑，则a极为阴极，b极为阳极，S2-在阳极失去电子发生氧化反应生成S2，电极反应式为2S2-—4e-=S2。【详解】A.由分析可知，b极为阳极，S2-在阳极失去电子发生氧化反应生成S2，故A正确；B.由分析可知，a极为阴极，H2S在阴极上得到电子发生还原反应生成S2-和H2，电极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑，故B正确；C.硫化氢是酸性气体，净化气中CO2含量明显增加的原因是硫化氢气体与熔融碳酸盐反应生成二氧化碳，故C错误；D.由得失电子数目守恒可知，工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2∶1，故D正确；故选C。7、D【详解】CO2（g）CO2（aq）△H=-19.75kJ/mol的正向是气体体积减小的放热过程，要使CO2在水中的溶解度增大，即使平衡正向移动，可以降低温度、增大压强，答案选D。8、D【详解】A.2Fe+3Cl2=2FeCl3,属于化合反应，B.Fe+2FeCl3=3FeCl2属于化合反应，C.4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3属于化合反应；D.无法通过化合反应生成Fe(OH)2，符合题意；答案选D。9、B【分析】从装置图看，电极a中H2O→O2，则此电极为负极，电极反应式为6H2O-12e-==3O2↑+12H+；电极b中，CO2→CH3CH2OH，则此电极为正极，电极反应式为2CO2+12e-+12H+==C2H5OH+3H2O。【详解】A．该过程中，太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，甚至还存在化学能转化为热能，A不正确；B．由电极反应式6H2O-12e-==3O2↑+12H+看，反应转移4mol电子时，可能生成1molO2，其质量为32g，B正确；C．由以上分析知，b电极反应方程式为2CO2+12e-+12H+==C2H5OH+3H2O，C不正确；D．电极a上发生的反应为6H2O-12e-==3O2↑+12H+，工作一段时间，电极a附近溶液的pH会减小，D不正确；故选B。10、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。11、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。12、D【详解】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)==0.015mol/(L·min)，故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在0～25min内，III中M的分解百分率=×100%=75%，II中M的分解百分率=×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。故选D。13、C【解析】A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，因此稳定性：H2O>H2S>H2Se，故A项错误；B项，Se(g)+H2(g)⇌H2Se(g)对应的△H>0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项错误；C项，将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由2×(①-②)可得：O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g)ΔH＝－444kJ·mol－1，故C项正确；D项，随着核电荷数的减小，ⅥA族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越稳定，ⅥA族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。14、C【解析】A．H2O、H2Se、H2S的分子间作用力依次减小，因为H2O分子间含有氢键，而其它的两种物质不含氢键，故A错误；B．SiO2和晶体硅都是原子晶体，但晶体硅是单质，不是共价化合物，故B错误；C．NaOH和K2SO4均由离子键、极性键构成，均属于离子晶体，故C正确；D．NaHSO4加热融化电离得到钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键，故D错误；故选：C。15、D【解析】A、硫化亚铁与浓硫酸混合发生氧化还原反应，得不到硫酸亚铁和H2S，A错误；B、酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸发生氧化还原反应，且四氧化三铁应该用化学式表示，C错误；D、将足量SO2通入氨水溶液中生成亚硫酸氢铵：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-，D正确，答案选D。16、B【解析】Cu(OH)2的质量为39.2g，其物质的量为0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.4mol，64g·mol－1·x＋144g·mol－1·y＝27.2g，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol。【详解】A.Cu、Cu2O的物质的量分别为0.2mol和0.1mol，故为2:1，故A正确；B.Cu和Cu2O中的Cu都变成了＋2价，转移的电子的物质的量为(0.4＋0.2)mol＝0.6mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2mol，标准状况下的体积为4.48L，故B错误；C.硝酸总的物质的量为0.2mol(剩余的)＋0.2mol(表现氧化性的)＋0.8mol(表现酸性的)＝1.2mol，其物质的量浓度为2.4mol/L，故C正确；D．n(NaOH)＝1mol，生成0.4molCu(OH)2时消耗了0.8molNaOH，另外0.2molNaOH中和了硝酸，所以Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol，故D正确；故选B。【点睛】本题利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒；题目中硝酸既体现酸性又体现氧化性。17、D【解析】A.c(I－)=0.lmol·L-1的溶液中，I－与ClO－发生氧化还原反应不能共存，A错误；B.使甲基橙变红色的溶液，溶液呈酸性，氢离子与HCO3－发生反应不能共存，B错误；Cu2+在溶液中呈蓝色，C错误；D.由水电离产生的c(OH－)=l×10-10mol·L-1的溶液，可能是酸性或碱性，对Ba2＋、K+、NO3－、Cl－无影响，D正确。18、A【详解】A．离子组Cu2+、NH、NO、SO彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B．离子组Na+、Al3+、SO、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，但加入酚酞为红色的溶液即碱性溶液时，Al3+与OH-能发生离子反应，在碱性溶液中不能大量存在，故B错误；C．Fe2+和CO要发生离子反应，而不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)＝1×10－13mol∙L－1的溶液pH=1或pH=13，离子组K+、Na+、AlO、CO在碱性溶液中能大量存在，而在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为A。19、B【详解】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=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，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为：，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，所以该稀硝酸的浓度为：，本题选B。20、D【解析】A、维生素C常用作抗氧化剂，说明维生素C可以和氧化剂反应，自身具有还原性，故A正确；B、矿物燃料中的S、N燃烧时会生成有毒气体SO2、NOx，所以实施矿物燃料的脱硫脱硝技术可以减少SO2、NOx的排放，故B正确；；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可作食品的吸水剂，铁粉具有还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D、福尔马林为HCHO的水溶液，HCHO有毒，不能用作食品的保鲜剂，故D错误；答案选D。【名师点睛】考查化学在社会生活中的应用，涉及环境污染的来源与防治、食品安全等，其中绿色化学的特点是：（1）充分利用资源和能源，采用无毒无害的原料；（2）在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物；（3）提高原子利用率，力图使原料的原子都被产品所消纳，实现零排放；（4）生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。21、B【分析】重金属盐能使蛋白质变性；SO2、NOx能引起酸雨；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂；【详解】误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的牛奶、豆浆等蛋白质含量较高的食品解毒，故A错误；SO2、NOx能引起酸雨，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都能减少酸雨产生，故B正确；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸，造成钡盐中毒，故C错误；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂，生石灰可以吸水，作干燥剂，故D错误。22、B【解析】A.氯水不是爆炸品，标签上不应标注：，A错误；B.S2-的核外电子数为18，结构示意图：，B正确；C.苯的分子式：C6H6，C错误；D.BeCl2的电子式：，D错误，答案选B。二、非选择题(共84分)23、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1molCN-中含有的π键个数；(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C<O<N；基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1molCN-中含有的π键个数为2NA；(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。24、第3周期第ⅤA族Na2[Be(OH)4]NaH+H2O=NaOH+H2↑铬2Al+Cr2O32Cr+Al2O3【分析】前四周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X和铝在元素周期表中具有特殊的“对角线”关系，单质及化合物的性质十分相似，则X是Be元素；Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y是Na元素；Z元素有多种同素异形体，其中一种为正四面体结构，易自燃，Z是P元素；M基态原子未成对电子数在同周期元素中最多，则M是Cr元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Be元素，Y是Na元素，Z是P元素，M是Cr元素。(1)元素Z是P，核外电子排布是2、8、5，所以P元素在周期表中的位置是第3周期第ⅤA族；(2)元素X的氧化物是BeO，该氧化物能与Y的氧化物的水化物NaOH溶液反应，生成一种四配位化合物，根据Be单质及化合物的性质与Al单质及化合物的性质十分相似，结合Al元素的化合物Na[Al(OH)4]，结合Be元素化合价为+2价，可知该化合物的化学式为Na2[Be(OH)4]；(3)Na元素的原子容易失去电子形成Na+，H元素的原子获得电子形成，二者通过离子键结合形成离子化合物NaH，电子式为；该物质遇水可发生反应产生NaOH和H2，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；(4)由于前四周期的M元素的未成对电子数最多，结合元素的原子序数可知元素M是Cr，元素的名称为铬，其+3价氧化物Cr2O3与铝在高温下发生铝热反应产生Al2O3和Cr，反应的化学方程式为2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。【点睛】本题考查了元素的推断、元素在周期表的位置、物质的结构表示、化学方程式书写等。元素的原子结构与元素在周期表的位置关系密切，不仅同族元素性质相似，有些元素还存在对角线相似法则，掌握结构对性质的决定作用是本题解答的关键。25、（10分）(1)1、5、3、3、3、3(2)①I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋②在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置(3)①溶液由蓝色恰好变为无色②20【解析】略26、锌的状态相同的条件下，温度越高②③固体表面积温度在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间【分析】（1）实验①和②中，温度不同；（2）②③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同；证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同。【详解】（1）实验①和②中，温度不同，温度大的反应速率快，即反应温度越高，反应速率越快；能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为②③组实验；（2）由表格中的数据可知，锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间。证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同，即设计实验为：相同质量的薄片锌，分别与0.1mol·L－1、1mol·L－1的足量稀盐酸反应，比较收集100mL氢气所需时间的长短；【点睛】本题考查影响化学反应速率的实验探究，解题关键：把握常见的外因及实验中控制变量法的应用，注意（2）中实验设计答案不唯一，具有较好的开放性，有利于发散思维的训练。27、0.7350⑦溶解定容偏低偏低重新配制0.03mol·L－1【解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g•mol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：电子天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；用不到的是：⑦移液管；故答案为⑦；（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；故答案为溶解；定容；（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；②定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制；（6）依据方程式，设Fe2+离子的物质的量浓度为c：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O61c×20.00mL0.01000mol/L×10.00mL解得c=0.030mol/L；答案：溶液中Fe2+的物质的量浓度0.030mol/L。28、2ΔH2＋ΔH3－1/2ΔH1C2H2－10e－＋14OH－==2CO32-＋8H2O