江西省赣县第三中学2026届高三化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

江西省赣县第三中学2026届高三化学第一学期期中达标检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列说法不正确的是A．物质的量是描述微观粒子集合体的物理量 B．1molCO2与1molCO含有的分子数相同C．阿伏加德罗常数就是6.02×1023 D．SO的摩尔质量是96g/mol2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中所含氢原子数为6NAB．标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为NAC．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中Al3+离子总数等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中数目为NA3、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．1.0mol·L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-4、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D5、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A．原子半径大小为W＜X＜Y＜ZB．X的氢化物水溶液酸性强于Z的C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D．标准状况下W的单质状态与X的相同6、已知W、X、Y、Z均为中学化学里常见的化学物质，它们之间有如下图所示的转化关系。其中不符合图中转化关系的W、X依次是（）A．W为O2，X为CB．W为稀HCl，X为NaAlO2溶液C．W为SO2，X为NaOH溶液D．W为Cl2，X为Fe7、下列有关仪器用途的说法正确的是（）A．试管、烧杯均可用于给液体、固体加热B．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱（蒸干水的设备）中烘干C．区别NaCl、Na2SO4时常用到胶头滴管、试管D．漏斗可用于过滤及向滴定管中添加溶液8、二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(各种转化见图)。下列说法正确的是A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B．SiO2和Si都是光导纤维材料C．硅胶吸水后可重复再生D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应9、25℃时，向10mL0.1mol·L-1H3AsO4水溶液滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如下图，下列说法错误的是A．H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为10-2.2B．b点所处溶液中：c（Na+）=3c（H2AsO4-）+3c（AsO43-）C．水的电离程度:a>b>cD．HAsO4-的水解程度大于电离程度10、在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：，从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是（）A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价11、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B．“鼻冲水”中含有5种粒子C．“鼻冲水”是弱电解质D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解12、下列有关实验操作或仪器的使用正确的是ABCDA．除去氯气中的氯化氢 B．制备Fe(OH)2C．实验室制备氨气 D．保存浓硝酸13、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．42g丙烯和环丙烷的混合气体中所含极性键的数目为6NAB．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为1.5NAC．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离出的OH－的数目为0.1NAD．3.6gCaO2晶体中阴离子的数目为0.1NA14、下列变化，必须加入还原剂才能实现的是（）A．NaCl→AgCl B．KClO3→O2 C．MnO2→MnCl2 D．Cl2→Cl-15、一种合成HCN的反应原理为NH3(g)+C(s)HCN(g)+H2(g)。下列叙述正确的是A．该反应的<0、<0B．该反应的平衡常数K=C．单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，该反应达到平衡状态D．强热下该反应每生成22.4LHCN气体转移电子数目为2×6.02×102316、下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LCl2与过量水反应，转移的电子总数为0.1NAB．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAC．常温下，1L0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAD．标准状况下，22.4LSO3中含硫原子数为NA17、制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–18、下列物质溶液间中的反应可用离子方程式OH－＋H＋=H2O表达的是A．H2SO4和Ba(OH)2 B．NH3·H2O和HClC．NaHSO4和KOH D．NaHCO3和NaOH19、下列事实中不能用勒夏特列原理解释的是()A．久置的氯水pH值变小B．向稀盐酸中加入少量蒸馏水，溶液中氢离子浓度降低C．合成氨工厂通常采用20MPa~50MPa压强，以提高原料的利用率D．工业生产硫酸过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率20、实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应实验目的的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙使Br－全部转化为溴单质C．用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层D．用装置丁将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得无水FeCl321、五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，元素X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，五种元素原子的最外层电子数之和为19。下列说法正确的是A．W的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸B．工业上常用单质X还原Z的氧化物制取单质ZC．简单离子半径由大到小的顺序：Y＞Z＞MD．化合物YX2中既含有离子键，也含有共价键22、秸秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源，其主要转化途径及主要产物如图。下列有关说法错误的是（）A．生物质能所含能量本质上来源于太阳能B．由秸秆等物质水解获得的乙醇属生物质能C．生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物D．由秸杆稻草等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑪________。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是______，呈两性的氢氧化物是___________，写出三者之间相互反应的化学方程式___。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_________，原子半径最大的是_________。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是________，怎样用化学实验证明？答：________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________，怎样用化学实验证明？答：_________。24、（12分）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，其中只有C为金属元素。A、C原子序数之和等于E的原子序数，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍。AB2和DB2溶于水得到酸性溶液，C2D溶于水得到碱性溶液。（1）E元素在周期表中的位置为_______________；工业上制取C单质的化学方程式为______。（2）A的最低负价氢化物的空间构型为___；C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序是__（用离子符号表示）。（3）化合物C2D3中，该化合物的水溶液在空气中久置后变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，用化学方程式表示这一变化过程____________________。25、（12分）叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：查阅资料：①水合肼（N2H4·H2O）有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性。②有关物质的物理性质如下表：物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9764.7与水互溶水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚叠氮化钠(NaN3)275(410易分解)——易溶于水，微溶于醇，不溶于乙醚（1）合成水合肼。实验室合成水合肼装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼。①制取N2H4·H2O的离子方程式为_________。②实验中通过分液漏斗滴加的溶液是_________，理由是_________。（2）水合肼法制备叠氮化钠。①实验室模拟工艺流程步骤Ⅰ制备叠氮化钠的反应原理为：N2H4·H2O(aq)+CH3ONO(g)+NaOH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l)△H﹤0，研究表明该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，实验时可以采取的措施是_________。②步骤Ⅱ回收CH3OH的实验操作名称为________。③请设计由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品的实验方案：_________[实验中可供选择的试剂有：乙醇、乙醚；除常用仪器外须使用的仪器有：布氏漏斗、真空干燥箱]。26、（10分）含氯化合物在工业上有着广泛的用途。Ⅰ.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室可用NaClO4与NH4Cl制取。(部分物质溶解度如图1、图2)，流程如图3：(1)反应器中发生反应的化学方程式为_______。(2)上述流程中操作Ⅰ为__________，操作Ⅱ为__________。(3)上述流程中采取的最佳过滤方式应为__________(填字母代号)A．升温至80℃以上趁热过滤B．降温至0℃左右趁冷过滤C．0℃－80℃间任一温度过滤Ⅱ.一氯化碘(沸点97.4℃)是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某学习小组拟用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应)(1)各装置连接顺序为A→___________→___________→___________→___________(2)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是___________，D装置的作用是________________。(3)将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，则提纯采取的操作名称是___。27、（12分）某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，它们使用的药品和装置如图所示（1）SO2气体和Fe3+反应的氧化产物、还原产物分别是___________、___________。（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是______________________。A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．硫化氢在纯氧中燃烧（3）装置C的作用是_________________________________。（4）装置B中反应的离子方程式____________________________________________。（5）在上述装置中通入过量的SO2为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。方案②：往第二份试液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，并迅速转为灰绿色，最后呈红褐色。方案③：往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的方案是___________，原因是___________。28、（14分）(物质结构与性质)元素周期表中第57号元素镧到71号元素镥这15种元素统称为镧系元素。回答下列问题:(1)钬(Ho)可用来制作磁性材料,其基态原子电子排布式为[Xe]4f116s2,钬(Ho)有___个未成对电子。

(2)钇钡铜氧(YBa2Cu3O7-x)是一种高温超导材料(其中Y显+3价,Cu显+2、+3价),该材料所含元素中,电负性最大的元素是______(填元素符号),若YBa2Cu3O7-x材料在T℃下有超导性,当x=0.2时,n(Cu3+)∶n(Cu2+)=_____。

(3)下表是几种镧系元素的电离能(单位:kJ·mol-1)第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能Ce527104719493547La538106718504819Lu532134020224370Yb604117424174203据此,判断形成+3价化合物最稳定的元素是____(填元素符号)。

(4)Sm(钐)的单质与l,2-二碘乙烷可发生如下反应:Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为____,1molCH2=CH2中含有的σ键数目为_______;常温下l,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体,其主要原因是_____。

(5)从磷钇矿中可提取稀土元素钇(Y),某磷钇矿的结构如图。该磷钇矿的化学式为____,与PO43-互为等电子体的阴离子有____(写出两种离子的化学式)。已知晶胞参数a=0.69nm,c=0.60nm,阿伏加德罗常数为NA,则晶胞的密度为____g·cm-3(列出计算式)。29、（10分）[化学—选修3：物质结构与性质]前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为_______。（2）四种元素中第一电离最小的是________，电负性最大的是________。（填元素符号）（3）A、B和D三种元素责成的一个化合物的晶胞如图所示。①该化合物的化学式为_________________；D的配位数为___________；②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______________，配位体是____________。

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、C【详解】A．物质的量是七个基本物理量之一，是描述一定数目微观粒子集合体的物理量，A说法正确；B．国际规定，1mol任何微粒的个数均为NA，则1molCO2与1molCO含有的分子数相同，B说法正确；C．阿伏加德罗常数为NAmol-1，约为6.02×1023mol-1，C说法错误；D．SO的相对分子质量=32+16×4=96，摩尔质量数值上等于相对分子质量，为96g/mol，D说法正确；答案为C。2、D【详解】A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH质量为46g，54g水，CH3CH2OH的物质的量为1mol，氢原子物质的量为6mol，氢原子数目为6NA，水中也含有氢原子，因此所含氢原子数大于6NA，故A错误；B．标准状况下，HF是液体，无法计算物质的量，故B错误；C．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中AlCl3物质的量为0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+离子总数小于0.1NA，故C错误；D．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，根据n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此时溶液中数目为NA，故D正确。综上所述，答案为D。3、C【详解】A、在酸性条件下，NO3-离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO2-离子与H+离子反应而不能大量共存，故B错误；C、pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下K+、Na+、CH3COO-、Br-之间不反应，故C正确；D、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸溶液中CO32－不能大量共存，故D错误。答案选C。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。4、B【解析】A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。5、D【分析】本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；答案选D。【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。6、D【解析】A.单质C和过量O2在点燃时反应生成CO2，和少量O2在点燃时反应生成CO，CO和O2在点燃时反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，符合物质转化关系，A不符合题意；B.NaAlO2与少量盐酸发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，与过量盐酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸反应产生铝盐和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al3+和碱反应生成Al(OH)3，反应方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，符合物质转化关系，B不符合题意；C.NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，当SO2过量时发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3；当SO2少量时发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；NaHSO3是酸式盐，与NaOH反应产生正盐Na2SO3，反应方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；Na2SO3与SO2、H2O反应产生酸式盐NaHSO3，反应方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，符合物质转化关系，C不符合题意；D.Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，与二者相对物质的量的多少无关，不符合物质转化关系，D符合题意；故合理选项是D。7、C【详解】A．试管可用于给液体、固体加热，烧杯可用于给液体加热、但不能用于给固体加热，故A错误；B．洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，因为容量瓶是计量仪器，容量瓶上标有温度、容积和刻度线，若放进烘箱中烘干，会对其容积造成影响，故B错误；C．由于鉴别物质所用试剂量较少，通常可用试管作为反应容器，用胶头滴管滴加试剂，如区别NaCl、Na2SO4，可分别取两种试剂各少许于两支试管中，然后用胶头滴管向两支试管中分别滴加少量BaCl2溶液，产生白色沉淀的为Na2SO4，不出现白色沉淀的为NaCl，故C正确；D．漏斗可用于组装过滤装置，向滴定管中添加溶液的方法是直接将试剂瓶中的溶液倾倒到滴定管中，不需要漏斗，故D错误；答案选C。8、C【详解】A.两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，A错误；B.SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B错误；C.硅胶表面积大，吸附力强，硅胶吸附水分后，可通过热脱附方式将水分除去而重复使用，C正确；D.图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，而Si与Cl2反应产生SiCl4的反应及SiCl4与H2反应产生Si单质的反应属于氧化还原反应，因此反应不全是非氧化还原反应，D错误；答案选C。9、C【解析】A.H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数K=，根据图像可知，当pH=2.2时，c（H2AsO4-）=c（H3AsO4），K=10-2.2，A正确；B.b点所处溶液呈中性，溶液中溶质为NaH2AsO4和Na2HAsO4混合液，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2AsO4-）+3c（AsO43-）+2c（HAsO24-）+c（OH-），从图像可知b点时：c（H+）=c（oH-），c（H2AsO4-）=c（HAsO24-），所以b点所处溶液中：c（Na+）=3c（H2AsO4-）+3c（AsO43-），B正确；C.酸抑制水电离，能水解的盐溶液促进水电离，因此a点时，pH=2.2时电离显酸性，b点时，pH=7，显中性，c点时，pH=11.5，水解显碱性，所以水的电离程度:a<b<c，C错误；D.根据图像可知，当HAsO4-的浓度分布分数为1时，溶液为NaHAsO4溶液，pH>7，显碱性，HAsO4-的水解程度大于电离程度，D正确；故选C。【点睛】硫酸氢钠溶液为强酸的酸式盐，电离显酸性；亚硫酸氢钠溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是电离过程大于水解过程，溶液显酸性；碳酸氢钠溶液中，既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是水解大于电离，溶液显碱性；因此酸式盐不一定显酸性，因此结合题给信息可知本题中NaHAsO4溶液显碱性，具体问题具体分析。10、B【分析】离子方程式要遵循质量守恒（即反应前后原子种类及个数应相等）、电荷守恒（反应前后阴阳离子所带的电荷总数应相等）。【详解】在反应中，从离子方程式的电荷守恒的角度可知，n=1，则在RO3-中，R的化合价为+5价，答案选B。11、D【解析】根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。【详解】A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。12、C【解析】A、氯气和氯化氢均与氢氧化钠反应，错误；B、四氯化碳密度大于水，不能在水面隔离空气，错误；C、正确；D、浓硝酸具有强氧化性，不能用橡皮塞，见光易分解，应放棕色瓶避光保存，错误。13、A【分析】A.丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6，摩尔质量相同，极性键数量相同；B.1mol碳原子能形成0.5mol六元环；C.在NaOH溶液中，水的电离被抑制，溶液中的OH-几乎全部来自氢氧化钠；D.CaO2中阳离子与阴离子个数比为1:1。【详解】A.丙烯和环丙烷互为同分异构体，42g丙烯和环丙烷的混合气体的物质的量为42g÷42g/mol=1mol，含有的极性键的物质的量为6mol，数量为6NA，A项正确；B.12g（即1mol）石墨烯能形成0.5mol六元环，含有六元环的数目为0.5NA，B项错误；C.在NaOH溶液中，水的电离被抑制，水电离出的OH-的浓度等于水电离出的H+浓度，均为10-13mol/L，1LpH=13的NaOH溶液中水电离出的OH-的数目为10-13NA，C项错误；D.3.6g（即0.05mol）CaO2中阴离子的物质的量为0.05mol，阴离子的数目为0.05NA，D项错误；答案选A。【点睛】解答本题的关键是熟知石墨中1mol碳原子能形成0.5mol六元环，易错点是错误地认为CaO2中阳离子与阴离子个数比为1:2，CaO2中阴离子为O22-，做题时要格外注意。14、C【分析】必须加入还原剂才能实现，说明给定的物质作氧化剂，在化学反应中得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】A.NaCl→AgCl中氯元素化合价不变，说明该反应不属于氧化还原反应，不需要加入还原剂，故A错误；B.KClO3→O2中O元素化合价升高，氯元素的化合价降低，KClO3加热分解生成氯化钾和氧气，自身能够发生氧化还原反应，不需要加入还原剂即可实现，故B错误；C.MnO2→MnCl2中Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰作氧化剂，需要还原剂才能实现，故C正确；D.Cl2→Cl-中Cl元素化合价降低，氯气和水反应可以生成盐酸和次氯酸，Cl2既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂即可实现，故D错误；故选C。15、C【详解】A．该反应的气体增多，所以ΔS>0，故A错误；B．该反应中C为固体，浓度记为1，所以平衡常数为K=，故B错误；C．N－H键断裂为正反应，H－H键断裂为逆反应，结合反应中的各物质的计量数可知单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，也就是正逆反应速率相等，反应到达平衡，故C正确；D．未指明温度压强，无法计算22.4L气体的物质的量，故D错误；综上所述答案为C。16、C【解析】A、Cl2与水反应是可逆反应，反应不能进行彻底，标准状况下，2.24LCl2的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，转移电子数应小于0.1NA，故A错误；B、铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，2Cu+S=Cu2S，6.4g铜的物质的量为6.4g÷64g/mol=0.1mol，转移电子数为0.1mol，即0.1NA，故B错误；C、1L0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量为1L×0.1mol·L－1=0.1mol，根据NH4NO3的化学式可知0.1molNH4NO3含有0.2mol的氮原子，即0.2NA氮原子，故C正确；D、标况下，三氧化硫为固态，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查阿伏加德罗常数的计算。标况下气体的摩尔体积为22.4L/mol，使用此数值应注意①必须是标准状况下②标况下该物质必须为气体。17、D【分析】母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42–，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。【详解】A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；答案选D。18、C【详解】A.稀硫酸和氢氧化钡反应生成了硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++2OH-+SO42-+Ba2+═BaSO4↓+2H2O，不能够用离子方程式H++OH-=H2O表示，A错误；B.稀盐酸和氨水反应生成了氯化铵和水，反应的离子方程式为：NH3•H2O+H+═NH4++H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，B错误；C.NaHSO4在水溶液中完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，氢离子与KOH提供的氢氧根离子发生中和反应生成水，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，C正确；D.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，D错误；正确选项C。19、B【详解】A.Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，次氯酸的浓度减小，平衡正向移动，久置后酸性增强，pH变小，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B.HCl为强电解质，完全电离，不存在可逆过程，加水稀释，盐酸中氢离子浓度降低，与勒夏特列原理无关，故B符合题意；C.合成氨是可逆反应且反应是气体体积减小的反应，，增大压强，平衡向着使压强减小的方向移动，能够用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D.工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故答案为B。【点睛】勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，勒夏特列原理对所有的动态平衡都适用。20、C【详解】A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，不能制备氯气，应用浓盐酸，A项错误；B.图中导管的进入方向不合理，会将溶液排出装置，则不能将溴离子完全氧化，应为“长进短出”，B项错误；C.苯不溶于水，且密度比水小，则溴的苯溶液在上层，则用分液漏斗分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，C项正确；D.蒸发时促进氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，而盐酸易挥发，蒸干得到Fe(OH)3，灼烧得到氧化铁，D项错误；答案选C。【点睛】D项是学生们的易错点，在空气中蒸干氯化铁溶液，由于氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，而氯化氢易挥发，会生成大量的氢氧化铁，最终得到氢氧化铁固体，进一步灼烧会得到氧化铁。21、D【解析】根据题意可以判断X、Y、Z、W、M分别是碳、镁、铝、硅、硫。A.W的最高价氧化物二氧化硅不能与水反应生成相应的酸，故A错误；B.工业上常用电解Z的氧化物的方法制取单质Z，故B错误；C.电子层结构相同的简单离子的半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：02＞Mg2+＞Al3+，同主族元素简单离子的半径随着电子层数增大而增大，所以离子半径：02-＜S2-，总之，简单离子半径由大到小的顺序：M＞Y＞Z，故C错误；D.化合物YX2中既含有离子键，也含有共价键，故D正确。故选D。22、C【详解】A．生物质本质上能来源于太阳能，故A正确；

B．乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故B正确；

C．汽油、柴油等属于混合物，故C错误；

D．沼气的主要成分是甲烷，故D正确。

故答案为C。二、非选择题(共84分)23、NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2OFKNa与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应Cl将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼【详解】（1）根据元素周期表的结构可知：①、⑥、⑦、⑪分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则①、⑥、⑦、⑪分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在IA元素Na（③）和K（⑩）中K最活泼；在VIIA族元素F（②）、Cl（⑧）和Br（⑫）中，F最活泼；最不活泼的是⑨即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）③和④分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；⑧和⑫分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼。【点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。24、第三周期ⅦA族2NaCl2Na+Cl2↑正四面体S2->Cl->Na+Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓【分析】A，B，C，D，E五种短周期元素(稀有气体除外)，原子序数依次增大，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍，则D为S元素，B为O元素，E为Cl元素；只有C为金属元素，化合物C2D溶于水得到碱性溶液，则C只能为Na元素，硫化钠水解生成氢氧化钠，溶液显碱性；A、C原子序数之和等于E的原子序数，则A的原子序数为6，A为C元素；据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。(1)E为Cl，在周期表中位于第三周期ⅦA族，工业上通过电解熔融的NaCl制取金属钠，反应的方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，故答案为第三周期ⅦA族；2NaCl2Na+Cl2↑；(2)A的最低负价氢化物为甲烷，空间构型为正四面体；一般而言，电子层数越多，离子半径越大，则钠离子半径最小，S2-、Cl-具有相同的电子层结构，离子半径S2->Cl-，因此C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序为S2->Cl->Na+，故答案为正四面体；S2->Cl->Na+；(3)化合物Na2S3的水溶液在空气中久置后变质，生成硫和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓，故答案为Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓。【点睛】本题考查元素的推断，正确判断元素的种类是解题的关键。本题的难点为(3)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。25、ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+NaClO碱性溶液防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）蒸馏蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥【分析】（1）①NaClO的碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液反应生成N2H4·H2O，NaCl、Na2CO3，据此写出离子方程式；②因为水合肼具有强还原性，易被次氯酸钠溶液氧化，可以通过分液漏斗控制NaClO碱性溶液的滴加速度，以此控制用量；（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，据此分析实验时可以采取的措施；②从混合液中可以采用蒸馏的方法回收甲醇；③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)。【详解】①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4·H2O，则反应物为ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物为N2H4·H2O、Cl-、CO32-(C由+2价被氧化为+4价的CO2，再与OH-反应)，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+。答案为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+；②因为水合肼具有强还原性，防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；答案为：防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化；（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，实验时可以采取的措施是20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；答案为：20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；②步骤Ⅱ为从溶液中回收CH3OH，则其实验操作名称为蒸馏；答案为：蒸馏；③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)；答案为：蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥。26、NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO↓冷却结晶重结晶BCEBD防止ICl挥发吸收

未反应的氯气，防止污染空气蒸馏【分析】I.(1)根据氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀进行分析；(2)根据高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，NH4Cl的溶解度受温度影响变化也较大，相对来说NH4ClO4受温度影响变化更大进行分析；(3)根据高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度进行分析；II.(1)用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。【详解】(1)氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀，化学方程式为：NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO4↓；(2)高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，所以上述流程中操作Ⅰ为冷却结晶；通过该方法得到的高氯酸铵晶体中含有较大的杂质，将得到的粗产品溶解，配成高温下的饱和溶液，再降温结晶析出，这种分离混合物的方法叫重结晶；(3)高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度，所以洗涤粗产品时，宜用0℃冷水洗涤,合理选项是B；II.(1)用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。故各装置连接顺序为A→C→E→B→D；(2)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：防止ICl挥发，D装置的作用是：吸收未反应的氯气，防止污染空气；(3)一氯化碘沸点97.4℃，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏或蒸馏，收集97.4℃的馏分可得到较纯净的ICl。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及仪器连接、条件控制、混合物的分离、化学方程式的书写等知识，注意对题目信息的理解与运用，合理设计实验，弄清每一步操作的作用及物质含有的成分，科学地进行实验、分析实验，从而得出正确实验结论，为学好化学知识奠定基础。27、SO42-Fe2+B除去多余的SO2，防止污染大气I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO42-方案①因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色【分析】本题通过硫及其化合物、铁盐及亚铁盐的性质等考查氧化还原反应的概念，可从离子检验的知识点进行分析解答。【详解】（1）二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，反应中Fe3+被还原成Fe2+，所以还原产物为Fe2+；SO2气体被氧化为SO42-，故氧化产物为SO42-。本题正确答案是：SO42-；Fe2+（2）硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；B.浓硫酸具有强酸性，且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，所以B选项是正确的；C.固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，且无法获得纯净