2026届河南省南阳市高三化学第一学期期中质量检测试题含解析

2026届河南省南阳市高三化学第一学期期中质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、共价键、离子键和范德华力是微粒之间的三种作用力，下列晶体其中含有两种作用力的是A．Ar B．Na2O2 C．MgO D．金刚石2、氢氧化铈是一种重要的稀土氢氧化物．平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含、、)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．滤渣A中主要含有、B．①中洗涤的目的主要是为了除去和C．过程②中发生反应的离子方程式为D．过程④中消耗，转移电子数约为3、下列有关水处理方法不正确的是A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨4、下列说法正确的是()A．电解法精炼镍时,粗镍作阴极,纯镍作阳极B．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行,则该反应的ΔH＞0C．常温下,稀释0.1mol·L-1氨水,c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小D．5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧,转移电子的数目约为0.2×6.02×10235、氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，下列有关说法正确的是（）A．氯喹属于芳香化合物B．氯喹分子中没有手性碳原子C．氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D．氯喹与互为同系物6、下列说法正确的是（）A．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动B．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3C．明矾、冰水混合物、四氧化三铁都是纯净物D．广东正在打捞的明代沉船上有大量的铝制餐具7、下列表示物质结构的化学用语正确的是()A．HF的电子式: B．HClO的结构式:H—O—ClC．S2-的结构示意图: D．CaO的俗名:熟石灰8、在第ⅦA族元素的氢化物中，最容易分解成单质的是A．HI B．HBr C．HCl D．HF9、下列装置不能达到除杂目的（括号内为杂质）的是A．乙烷（乙烯）B．苯（甲苯）C．溴苯（CaO）D．I2（CCl4）10、某化学学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④钢铁和硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦烟和豆浆都是胶体。上述说法中正确的是（）A．①③④⑦ B．①②③④ C．①②⑤⑥ D．③⑤⑥⑦11、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大12、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn-CO2电池工作原理如图所示：下列说法不正确的是()A．闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn+4OH−-2e−=Zn(OH)B．闭合K1时，反应一段时间后，NaCl溶液的pH减小C．闭合K2时，Pd电极与直流电源正极相连D．闭合K2时，H+通过a膜向Pd电极方向移动13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol•L-1HCl溶液：Na+、K+、SO、[Ag(NH3)2]+B．0.1mol•L-1NaClO溶液：Fe2+、K+、SO、Cl-C．0.1mol•L-1BaCl2溶液：Na+、K+、NO、COD．0.1mol•L-1FeCl3溶液：Na+、NH、SO、NO14、已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡：CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋

K1＝1.75×10－5mol·L－1

CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－

K2＝5.71×10－10mol·L－1

现将50mL0.2mol·L－1醋酸与50mL0.2mol·L－1醋酸钠溶液混合制得溶液甲，下列叙述正确的是A．溶液甲的pH＞7B．对溶液甲进行微热，K1、K2同时增大C．若在溶液甲中加入少量的NaOH溶液，溶液的pH明显增大D．若在溶液甲中加入5mL0.1mol·L－1的盐酸，则溶液中醋酸的K1会变大15、“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如下：下列说法中，不正确的是A．实验室保存溴通常加少量水B．海水提溴与海水提镁发生的所有反应均为氧化还原反应C．经过吸收塔后，溴元素得到了富集D．蒸馏塔中还发生了化学变化16、将44.8gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物的混合气体0.8mol，这些气体恰好能被400mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.5mol，则NaOH的浓度为A．2mol/L B．2.4mol/L C．3mol/L D．3.6mol/L17、只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、（NH4)2SO4五种溶液，这种试剂是（）A．NaOH B．H2SO4 C．BaCl2 D．AgNO318、在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是A．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I－、Br－、Fe2＋B．在含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Zn：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D．在含等物质的量的AlO2-、OH－、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH－、CO32-19、工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应:(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;(II)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O下列有关判断正确的是A．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1B．溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应C．反应Ⅱ中生成3molBr2时，必有5mol电子转移D．氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素20、(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是A．60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B．60℃之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关D．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关21、下列是部分矿物资源的利用及产品流程(如图)，有关说法不平确的是A．粗铜电解精炼时，粗铜作阳极B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C．黄铜矿冶铜时，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料D．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法22、碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A．分离器中的物质分离操作为过滤B．膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D．碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI二、非选择题(共84分)23、（14分）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）用于文物年代测定的元素，其核素符号为_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的简单离子半径由大到小的顺序为_________(用离子符号表示)。（3）元素f的单质与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________________。（4）元素h单质的氧化性强于元素g单质的氧化性的事实是___________(用离子方程式表示)。24、（12分）一种重要的有机化工原料有机物X，下面是以它为初始原料设计出如下转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。Y是一种功能高分子材料。已知：(1)X为芳香烃，其相对分子质量为92(2)烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：(3)(苯胺，易被氧化)请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：(1)X的分子式为______________。(2)中官能团的名称为____________________；(3)反应③的反应类型是___________；已知A为一氯代物，则E的结构简式是____________；(4)反应④的化学方程式为_______________________；(5)阿司匹林有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有________种：①含有苯环；②既不能发生水解反应，也不能发生银镜反应；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应。(6)请写出以A为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_______。合成路线流程图示例如下：25、（12分）某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。已知：①无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；②工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；③向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器N的名称是________。N中盛有浓盐酸，烧瓶M中的固体试剂是________（填化学式）。实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是______（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为________→________→________→________→________→________→________→d→e→f。（用小写字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置E，则对本实验造成的影响是________。（4）已知硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置D中发生反应的离子方程式为______________________

。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡红色溶液中加入过量H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是________（用离子方程式表示）。②已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。实验操作现象实验Ⅰ（取褪色后溶液3等份）第1份滴加FeCl3溶液无明显变化第2份滴加KSCN溶液溶液出现红色第3份滴加稀盐酸和BaCl2溶液产生白色沉淀实验Ⅱ（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液）滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2无明显变化由实验Ⅰ和Ⅱ可得出的结论为________。26、（10分）某小组以4H＋＋4I－＋O2＝2I2＋2H2O为研究对象，探究影响氧化还原反应因素。实验气体a编号及现象HClⅠ.溶液迅速呈黄色SO2Ⅱ.溶液较快呈亮黄色CO2Ⅲ.长时间后，溶液呈很浅的黄色空气Ⅳ.长时间后，溶液无明显变化（1）实验Ⅳ的作用是______________。用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下层CCl4的颜色均无明显变化。（2）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：Ⅰ、Ⅲ的溶液变蓝；Ⅱ、Ⅳ的溶液未变蓝。溶液变蓝说明Ⅰ、Ⅲ中生成了______________。（3）查阅资料：I2易溶于KI溶液。下列实验证实了该结论并解释Ⅰ、Ⅲ的萃取现象。现象x是______________。（4）针对Ⅱ中溶液未检出I2的原因，提出三种假设：假设1：溶液中c（H＋）较小。小组同学认为此假设不成立，依据是______________。假设2：O2只氧化了SO2，化学方程式是______________。假设3：I2不能在此溶液中存在。（5）设计下列实验，验证了假设3，并继续探究影响氧化还原反应的因素。i.取Ⅱ中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。ii.取Ⅱ中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无SO2。加入酸化的AgNO3溶液，产生大量AgI沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。iii.取Ⅱ中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结果如下。电解时间/min溶液阳极阴极t1黄色变浅、有少量SO42－检出I2，振荡后消失H2溶液无色、有大量SO42－检出I2，振荡后消失H2结合化学反应，解释上表中的现象：______________。（6）综合实验证据说明影响I－被氧化的因素及对应关系______________。27、（12分）亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置f的作用是____________（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为____________。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_______________________________________________________（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是____。（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶，d中所用的试剂为_______。（按气流方向）（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是________（己知SCl2的沸点为50℃）。若反应中消耗Cl2的体积为896mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl24.76g，则SOCl2的产率为__________（保留三位有效数字）。（7）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是_______________________________28、（14分）830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H<0。试回答下列问题：（1）若起始时c（CO）=2mol·L—1，c（H2O）=3mol·L—1，达到平衡时CO的转化率为60%，则平衡常数K=_____________，此时水蒸气的转化率为______________。（2）在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol·L—1，c（H2O）=2mol·L—1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol·L—1，则此时该反应是否达到平衡状态_____（填“是”或“否”），此时v（正）__v（逆）（填“>”“<”或“=”）。（3）若降低温度，该反应的K值将___________，化学反应速率将______。29、（10分）甲醇是一种重要的可再生能源．(1)已知2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=akJ/molCO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=bkJ/mol试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：______．(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)．甲图是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率υ(H2)=______．(3)在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如乙图所示．①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是______．(填字母)A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B．H2的体积分数不再改变C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变②比较A、B两点压强大小PA______PB(填“＞、＜、=”)．③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)=______L．(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)．①若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式：______．②若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是______．

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【分析】一般活泼的金属元素与活泼的非金属元素的原子间形成离子键，非金属元素的原子之间形成共价键，离子晶体中含有离子键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力，以此来解答。【详解】A.Ar是由分子构成的分子晶体，一个分子内只含有1个Ar原子，不存在化学键，只存在范德华力，A错误；B.Na2O2是离子化合物，其中含有Na+与O22-之间的离子键和阴离子O22-中O原子与O原子之间共价键，B正确；C.MgO是离子化合物，只含有Mg2+与O2-之间的有离子键，C错误；D.金刚石属于原子晶体，在晶体中只存在C-C共价键，D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查化学键和晶体的判断的知识，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力即可解答，注意Na2O2中含有离子键和共价键是学生解答的难点。2、D【分析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品，据此分析解答。【详解】A．根据分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B．根据分析，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，①中洗涤的目的主要是为了除去滤渣表面附着的和，故B正确；C．过程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C正确；D．过程④中消耗的状态未知，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则转移电子数无法确定，故D错误；答案选D。3、C【解析】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A正确；B、铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，酥松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，D正确。故选C。4、C【详解】A．粗镍提纯，根据电解原理提纯镍，粗镍做阳极，精镍做阴极，故A错误；B．反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行，由于反应中ΔS＜0，则根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，可知该反应的ΔH＜0，故B错误；C．溶液中c(H+)·c(NH3·H2O)＝c(H+)×＝，常温下，稀释0.1mol·L-1氨水，促进电离，但溶液体积增加的程度更大，铵根浓度减小，所以该值减小，故C正确；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，在足量Cl2中充分燃烧生成氯化铁，转移电子的数目约为0.3×6.02×1023，故D错误；故答案选C。5、C【详解】A．氯喹分子结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，A说法错误；B．氯喹分子中含有一个手性碳原子，如图示“”标记的碳原子：，B说法错误；C．氯喹分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，C说法正确；D．该有机物与氯喹的分子式相同，但分子结构不同，两者互为同分异构体，D说法错误；答案为C。6、C【解析】A.溶液中溶质粒子的运动无规律，胶体中分散质粒子的运动也无规律，后者也叫布朗运动，故A错误；B.硫单质燃烧生成二氧化硫，不会生成三氧化硫，故B错误；C.明矾、冰水混合物、四氧化三铁均只含一种物质，都是纯净物，故C正确；D.铝发现于1825年，明灭亡于1644年，所以明代沉船上存在大量铝制餐具的说法不正确，故D错误；故选C。7、B【分析】A．HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对；

B．次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键；

C．硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8；

D．氧化钙俗称生石灰。【详解】A．HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；

B．次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H-O-Cl，故B正确；

C．硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故C错误；

D．氧化钙俗称叫生石灰，熟石灰是氢氧化钙的俗称，故D错误。

故选B。【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子式、离子结构示意图、结构式等知识，明确离子结构示意图与原子结构示意图为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。8、A【详解】同主族元素，自上而下，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，金属性增强、非金属性减弱，F、Cl、Br、I均位于元素周期表中第ⅦA族，且从上到下排列，从上向下，非金属性减弱，则F的非金属性最强，所以其气态氢化物最稳定，I的非金属性弱，HI最不稳定，易分解成单质，故选A。9、B【解析】A.可通过溴水除杂，乙烯与溴发生加成反应，乙烷无变化；B.苯与甲苯互溶，不能通过分液分离；C.CaO不溶于溴苯，可通过过滤分离；D.I2和CCl4的沸点不同，可通过蒸馏分离。故选B.10、A【解析】①粗盐含有杂质、酸雨中溶有二氧化硫，所以都是混合物，故①正确；②沼气的成分是甲烷，属于不可再生能源，故②错误；③冰和干冰都是有固定组成的物质，属于纯净物，都是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故③正确；④不锈钢和目前流通的硬币都是由两种或两种以上的金属组成的，属于合金，故④正确；⑤盐酸中含有水和氯化氢，属于混合物；食醋含有醋酸和水，属于混合物，故⑤错误；⑥纯碱是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，熟石灰属于碱，故⑥错误；⑦豆浆、雾、烟分散质粒子直径在1nm~100nm之间，是胶体，故⑦正确；选A。11、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。12、D【分析】闭合K1时为原电池，Zn被氧化作负极，CO2被还原作正极；闭合K2时为电解池，则此时Zn电极发生还原反应为阴极，Pd电极上发生氧化反应为阳极。【详解】A．闭合K1时，Zn被氧化作负极，原电池中阴离子流向负极，所以OH-通过b膜移向Zn，负极上Zn失去电子结合氢氧根生成Zn(OH)，电极方程式为Zn+4OH−-2e−=Zn(OH)，故A正确；B．闭合K1时，Pd电极为正极，氢离子透过a膜移向Pd电极，CO2得电子后结合氢离子生成HCOOH，所以NaCl溶液pH减小，故B正确；C．闭合K2时，Pd电极上发生氧化反应为阳极，与直流电源正极相连，故C正确；D．闭合K2时，Pd电极为阳极，氢离子为阳离子应移向阴极，故D错误；综上所述答案为D。13、D【详解】A.0.1mol•L-1HCl溶液[Ag(NH3)2]+转化为氯化银沉淀，不能大量共存，A不选；B.0.1mol•L-1NaClO溶液具有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，B不选；C.0.1mol•L-1BaCl2溶液CO转化为碳酸钡沉淀，不能大量共存，C不选；D.0.1mol•L-1FeCl3溶液中Na+、NH、SO、NO之间不反应，可以大量共存，D选；答案选D。14、B【详解】A．K2<<K1，所以醋酸电离程度比醋酸钠的水解程度大，所以溶液呈酸性，pH<7，A错误；B．因为电离和水解都是吸热反应，温度升高有利于吸热反应进行，所以K1，K2都增大，B正确；C．加入少量NaOH，反而会促使醋酸更进一步的电离，所以PH不会明显增大，C错误；D．溶液中加入盐酸会抑制醋酸电离，K1减小，D错误；答案选B。15、B【分析】浓缩、酸化后的海水，通入Cl2，Cl2将Br-氧化成Br2，通入空气、水蒸气吹出Br2，在吸收塔被SO2再次还原成Br-，在蒸馏塔中被Cl2氧化成Br2，经过冷凝、精馏得到高纯度Br2；A.液溴易挥发，常用水封法保存；B.海水提镁发生的所有反应大部分为非氧化还原反应，只有电解氯化镁为氧化还原反应；C.经过吸收塔后，Br2在吸收塔被SO2吸收，溴元素得到了富集；D.Br-在蒸馏塔中被Cl2氧化成Br2。【详解】A.溴易挥发，加水液封可以减少挥发损失，A正确；B.海水提镁的过程中，发生了镁盐与碱反应生成氢氧化镁的复分解反应，所以并不都是氧化还原反应，B错误；C.经过吸收塔后，所得溶液中的Br—浓度远大于进入吹出塔之前的海水中的Br—浓度，因此溴元素得到了富集，C正确；D.蒸馏塔中发生的反应为：2Br—+Cl2=2Cl-+Br2,D正确。16、C【详解】44.8gCu的物质的量为=0.7mol，分析整个过程，Cu与硝酸发生氧化还原反应时Cu失去1.4mol，N得到电子生成氮的氧化物，之后和NaOH溶液反应得到NaNO2和NaNO3两种盐溶液，NaNO3中N元素化合价与HNO3中相同，所以Cu失去的1.4mol电子全部被NaNO2得到，NaNO2中N元素化合价为+3价，所以NaNO2的物质的量为0.7mol，根据Na元素守恒可知400mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.7mol+0.5mol=1.2mol，所以NaOH的浓度为=3mol/L，故答案为C。17、A【解析】试题分析：A．NaOH溶液与Na2SO4混合，无明显现象，与MgCl2混合，反应产生白色沉淀；与FeCl2混合产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；与Al2(SO4)3混合，产生白色沉淀，碱过量时沉淀溶解，变为可溶性的溶液；与(NH4)2SO4混合，产生有刺激性气味的气体，反应现象各不相同，可以鉴别，正确；B．H2SO4与五种溶液混合，都无现象，不能鉴别，错误；C．Ba(OH)2与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4都会产生白色沉淀，与FeCl2首先产生白色沉淀，后白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，可以鉴定；与(NH4)2SO4除会产生白色沉淀外，还有刺激性气味的气体产生，可以鉴定，但不能鉴别Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3，错误；D．AgNO3与五种溶液都会产生白色沉淀，现象相同，不能鉴别，错误。【考点定位】考查物质鉴别试剂的选择的知识。【名师点睛】在化学中经常遇到用一种试剂鉴别不同的物质，只要加入的物质与被鉴别的物质混合，现象各不相同买就可以进行鉴别。掌握常见物质的物理性质如颜色、溶解性；化学性质如酸性、碱性、两性、与什么物质反应、物质量的多少与反应现象的关系等是物质鉴别的关键。18、B【详解】A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-＞Fe2+＞Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误；故选B。19、C【解析】A.(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5:1，故错误；B.溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；C.反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从-1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3molBr2时，必有5mol电子转移，故正确；D.在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。故选C。20、C【分析】A、温度越高，氧化速率越快；B、反应物浓度降低，反应速率降低；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。21、B【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身可以溶解，A正确；B．制备单质时都涉及到化学变化，制玻璃的反应是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，均不属于氧化还原反应，B错误；C．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4，FeO与CO在高温下可生成Fe，C正确；D．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，D正确；故答案选B。22、C【解析】分析：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强不能提高HI的平衡转化率；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2。详解：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）能用于文物年代测定的是14C，其核素的符号为：614C，z元素为氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案为：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的简单离子分别是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三个电子层，半径最大，O2-、Na+、Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案为S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h为氯元素，元素g为硫元素，氯元素的非金属性较硫强，所以氯气的氧化性强于硫，能与硫化钠溶液或氢硫酸反应得到硫单质，反应的离子反应为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案为S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。24、C7H8羟基、羧基还原反应n+(n-1)H2O10【详解】（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92，根据CnH2n-6，得出n=7，因此X的化学式为C7H8；（2）根据结构简式，含有官能团是酚羟基和羧基；（3）反应①发生硝化反应，根据③的产物，应在甲基的邻位引入－NO2，即F的结构简式为，因为氨基容易被氧化，因此反应②先发生氧化，把甲基氧化成羧基，G的结构简式为，反应③G在Fe/HCl作用下，硝基转化成氨基，此反应是还原反应；根据流程，氯原子取代甲基上的氢原子，即A的结构简式为，根据B生成C反应的条件，以及C生成D的条件，B中应含有羟基，推出A发生卤代烃的水解，B的结构简式为，C为苯甲醛，从而推出E为苯甲酸，其结构简式为；（4）Y是高分子化合物，反应④发生缩聚反应，其化学反应方程式为：n+（n-1）H2O；（5）不能发生水解，说明不含酯基，不能发生银镜反应，说明不含醛基，1mol该有机物能与2molNaHCO3发生反应，说明含有2个羧基，符合条件的结构简式有：、（另一个羧基在苯环上有3种位置）、（甲基在苯环上有2种位置）、（甲基在苯环上有3种位置）、（甲基在苯环只有一种位置），共有10种；（6）根据产物，需要先把苯环转化成环己烷，然后发生卤代烃的消去反应，再与溴单质或氯气发生加成反应，最后发生水解，其路线图为。25、分液漏斗KmnO4Fe3++3H2O==Fe(OH)3+3H+aghdebcHCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OH2O2将SCN－氧化成SO42-【解析】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以a连接g连接h，在C装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则h连接d连接e，干燥纯净的氯气在B中与铁反应，则e连接b连接c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在D装置中尾气吸收，为防止D装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置E，氯气中混有HCl，HCl和Fe反应生成的H2与Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净的试管种加少量水将产物溶解，向其中滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则证明存在氯化亚铁；（4）装置D中，硫代硫酸钠（Na2S2O3）与氯气反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，氯气被还原为氯离子，离子方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；（5）①加入KSCN溶液，溶液淡红色，说明有铁离子，加入过量的过氧化氢溶液，溶液变深红色，说明铁离子浓度变大，即溶液中有亚铁离子，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子浓度增大，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2，说明有氧化还原反应的发生，实验I说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，实验Ⅱ另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-，则该硫酸根离子由H2O2将SCN-氧化成SO42-。26、对照组，证明只有O2时很难氧化I－I2上层黄色，下层无色假设1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性强于H2CO3，因此溶液酸性更强假设2：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4阳极发生2I－－2e－＝I2，生成的I2与溶液中的SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI，以上过程循环进行，SO2减少，SO增多通过Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ，说明c（H＋）越大，I－越易被氧化；在酸性条件下，KI比Agl易氧化，说明c（I－）越大（或指出与碘离子的存在形式有关亦可），越易被氧化；与反应条件有关，相同条件下，电解时检出I2，未电解时未检出I2。（其他分析合理给分）【分析】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小；(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸；(5)ⅲ．阳极中I-被氧化为I2，再与溶液中二氧化硫反应生成硫酸与HI，反应循环进行；(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，反应与氢离子浓度有关；对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。【详解】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色，溶液变蓝说明I、Ⅲ中生成了I2；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中现象为：溶液分层，下层为无色有机层，上层为水溶液层，呈黄色；(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强，溶液酸性更强，故实验II中溶液未检出I2，不是溶液中c(H+)较小所致；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸，反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；(5)ⅲ．阳极发生反应：2I--2e-=I2，生成的I2与溶液中SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，上述反应循环进行，SO2减少，SO42-

增加；(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，c(H+)越大，I-越容易被氧化。对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化，即c(I-)越大，越容易被氧化。由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。27、吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OAlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，HCl抑制AlCl3水解丁饱和食盐水、浓硫酸蒸馏50.0%取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ【解析】（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生；（4）甲中加热亚硫酸氢钠确实会产生二氧化硫，但是同时也会生成较多的水蒸汽，故甲不选；乙中18.4mol/L的浓硫酸与加热反应虽然能制取二氧化硫，但实验操作较复杂且消耗硫酸的量较多，硫酸的利用率低，故乙不选；丙中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性，可以轻易的将亚硫酸钠中的正4价的硫氧化为正6价的硫酸根离子而无法得到二氧化硫，故丙不选；丁中反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水，丁制取二氧化硫比较合理；故答案为丁；（5）装置e中产生的Cl2经过d后进入三颈烧瓶，d干燥氯气，且除去HCl，则d中所用的试剂分别为