2026届浙江省绍兴市柯桥区化学高三上期中综合测试试题含解析

2026届浙江省绍兴市柯桥区化学高三上期中综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、向二氯化铂的HCl溶液中通入乙烯气体，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O（蔡氏盐），下列有关化学用语表示正确的是A．KCl的电子式：B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．中子数为117，质子数为78的铂原子：D．K＋的结构示意图：2、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl-。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后获得试样溶液，设计并完成了如图的实验。已知：3NO+8Al+5OH-+2H2O3NH3↑+8AlO根据实验操作与现象，该同学得出的结论正确的是()A．不能确定试样中是否含Al3+B．试样中肯定存在NH、Mg2+和SO其他离子都不能确定C．要确定试样中是否有Na+存在，可做焰色试验，若焰色为紫色，则存在Na+D．沉淀2只可能是碳酸钡3、下列物质相互反应不会产生氢气的是A．铁和稀硝酸 B．钠和乙醇 C．铝和氢氧化钠 D．镁和稀盐酸4、在海轮的船壳上连接锌块，下列相关说法正确的是A．制成合金保护船体 B．是外加电流的阴极保护法C．船体的反应：Fe-2e—=Fe2+ D．锌块的反应：Zn-2e—=Zn2+5、某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是（）A．反应的还原产物是N2B．消耗1mol氧化剂，转移电子3molC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强6、在反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2中，还原剂和还原产物的物质的量之比是A．1:3 B．3:1 C．1:1 D．3:87、短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是A．A有5种正价，与B可形成6种化合物B．工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质C．简单离子的半径由大到小为：E＞A＞B＞CD．D、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e-稳定结构8、将一定质量Na置于氧气中缓缓加热直至完全氧化，生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，将该混合物溶于足量水，最终得到pH=12的NaOH溶液。关于此过程说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）A．钠与氧气反应过程中共转移0.3NA个电子B．钠与氧气反应过程中消耗氧气体积为2.24LC．混合物中含有0.2NA个阴离子D．最终得到NaOH溶液中含有0.01NA个OH—9、某无色透明溶液能与铝作用放出氢气，此溶液中一定能大量共存的离子组是（）A．Fe2+、NO3-、Cl- B．Na+、Cl-、SO42-C．Na+、MnO4-、SO42- D．K+、ClO-、SO42-10、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11、中国传统的文房四宝是“笔墨纸砚”，下列对应的主要材料所属物质、物质分类有误的是文房四宝材料所属物质物质分类A毛笔（纯狼毫）蛋白质化学纤维B墨碳单质C宣纸纤维素糖D石砚石英、云母、石灰石氧化物、盐A．A B．B C．C D．D12、设NA为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乙醇中含有碳原子数为2NAB．6.0g的SiO2固体含有0.1NA个SiO2分子C．1L0.5mol·L-1醋酸中含CH3COO-为0.5NAD．12.0gNaHSO4晶体中阴阳离子数为0.2N13、下图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是A．产生气体体积：①=②B．溶液的pH变化：①减小，②增大C．电极反应式：①中阳极为4OH－-4e-=2H2O+O2↑②中负极为2H++2e-=H2↑D．①中阴极质量增加，②中正极质量减小14、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0.1NA15、下列实验操作所得的现象及结论均正确的是（）选项实验操作现象及结论A将AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体，成分为纯净的AlCl3B将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，则Na2SO3己变质C用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数所量取的浓硫酸体积偏大D向FeI2溶液中通入少量Cl2溶液变黄，则Cl2的氧化性强于Fe3+A．A B．B C．C D．D16、向下列溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是A．向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2++SO42-=BaSO4↓B．向Al（NO3）3液中加入过量氨水Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；C．向FeCl3溶液中加入铁粉Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋D．向Fel2溶液中加入足量新制氯水Cl2＋2I－＝2Cl－＋I217、下列操作正确且能达到实验目的是（）A．制取氢氧化亚铁并观察其颜色B．制备无水氯化镁C．比较两种物质的热稳定性D．制取收集干燥纯净NH318、铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知：BeCl2＋Na2BeO2＋2H2O===2NaCl＋2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是()A．BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物B．Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeOC．BeCl2溶液的pH<7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2D．Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液19、化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是()A．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用B．“嫦娥”三号使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料C．Fe2O3俗称铁红，常做红色油漆和涂料D．工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质20、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A．原子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>YB．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物D．元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强21、下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是XYAA二氧化氮酸性氧化物氧化物B硫酸化合物电解质C胶体分散系混合物D置换反应氧化还原反应离子反应A．A B．B C．C D．D22、实验室常用NaNO2与NH4Cl反应制取N2。下列有关说法正确的是A．NaNO2是还原剂 B．NH4Cl中N元素被还原C．生成1molN2时转移6mol电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:1二、非选择题(共84分)23、（14分）下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题：(1)F的分子式是________，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为___________。(2)A与B反应的化学方程式是：

___________________

。(3)E转变为H和I的离子方程式是_____________，体现了E的___________性。(4)简述检验H溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：_______。24、（12分）已知A～H均为中学化学常见的物质，转化关系如下图。其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，E为两性化合物。（1）写出C与水反应的离子方程式_____________________________________，假设温度不变，该反应会使水的电离程度________（填写“变大”“变小”“不变”）（2）B的水溶液呈_________性，用离子方程式解释原因______________（3）将A～H中易溶于水的化合物溶于水，会抑制水的电离的是____________（填序号）（4）常温下，pH均为10的D、F溶液中，水电离出的c(OH－)之比为___________________向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，所得溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：_______________25、（12分）溴化亚铜可用作工业催化剂，是一种白色粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇等有机溶剂，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1.在如上图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤步骤4.在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去水中的________________(写化学式)。（2）步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为__________________；②控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是____________________；③说明反应已完成的现象是_____________________。（3）步骤2过滤需要避光的原因是_____________________。（4）步骤3中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是____________________。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。请补充实验步骤[须用到SO2(贮存在钢瓶中)、20%NaOH溶液]：①_________________。②___________________。③加入少量维生素C溶液(抗氧剂),蒸发浓缩，冷却结晶。④过滤，用乙醇洗涤2～3次。⑤放真空干燥箱中干燥。26、（10分）研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。Ⅰ．含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2。某研究性学习小组在实验室利用装置(如图)测定烟气中SO2的体积分数。(1)将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。(填序号)①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液(2)若烟气的流速为amL·min-1，若t1min后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数_____。II．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验(装置图)：(3)检查装置A的气密性：_________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。(4)装置A中发生的反应的离子方程式为__________。(5)整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________。(6)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开旋塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭旋塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_____(7)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ．(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水。①结合化学用语解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________；设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加______，若_________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量红色物质加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：__________________。27、（12分）某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）实验1：铜片与浓硫酸反应操作现象加热到120℃~250℃铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液继续加热至338℃铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。（2）探究实验1中120℃~250℃时所得黑色固体的成分。（提出猜想）黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。（查阅资料）资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。资料2：CuSCu2S黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水（设计并实施实验）实验2.探究黑色固体中是否含CuO操作现象i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌黑色表层脱落，露出光亮的铜片ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色①试剂A是_________。②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S操作现象i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置有固体剩余，溶液变成浅绿色（获得结论）由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120℃~250℃时所得黑色固体中_______。（实验反思）分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。28、（14分）Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:（1）“硫酸化焙烧”时：①硫化铜矿需粉碎的目的是_________；②CuS与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为________；③加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是__________。（2）“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制_________(至少列举两点)。（3）“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如右图所示。①在100℃时，发生反应的离子方程式为__________②图中在4<pH<5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为________。29、（10分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（NH3）2Ac＋CO＋NH3[Cu（NH3）3CO]Ac。完成下列填空：（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是___。（选填编号）a．减压b．增加NH3的浓度c．升温d．及时移走产物（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式：___。（3）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为___，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是___，通过比较___可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。（4）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是___。（5）CS2熔点高于CO2，其原因是___。

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、A【解析】A.KCl是离子化合物，电子式：，A正确；B.乙烯的结构简式：CH2＝CH2，B错误；C.中子数为117，质子数为78的铂原子：，C错误；D.K＋的结构示意图：，D错误，答案选A。2、A【分析】试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有N；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al和OH-，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明气体2是NH3，根据3N+8Al+5OH-+2H2O=3NH3↑+8Al反应可知，溶液2中含有N，根据元素守恒知，原溶液中含有N；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是难溶性碳酸钡，也可能是含有其他碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba(OH)2中反应生成Al，通入CO2后生成Al(OH)3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有S，以及能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg(OH)2，所以溶液中含有Mg2+，以此分析解答。【详解】A.根据以上分析知，试样中肯定存在N、S、Mg2+和N，不能确定试样中是否含Al3+，故A正确；B.根据以上分析知，试样中肯定存在N、S、Mg2+和N，故B错误；C.根据以上分析知，要确定试样中是否有Na+存在，可做焰色试验，若焰色为黄色，则存在Na+，故C错误；D.根据以上分析知，沉淀2可能是碳酸钡，也可能是含有其他碳酸盐，故D错误；故答案：A。3、A【分析】稀硝酸与金属反应，由于硝酸具有强氧化性，故反应中氮元素化合价改变；钠单质能与乙醇反应产生氢气；铝能与NaOH溶液反应生成氢气；活泼金属能与酸发生置换反应。【详解】A.稀硝酸不同于一般酸，具有强氧化性，能与金属反应，反应产生一氧化氮，Fe与稀硝酸反应为：Fe+4HNO3（足量）=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，A没有H2生成；B.乙醇能与钠反应产生氢气，反应为：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑，B产生H2；C.铝能与碱反应产生氢气，Al与NaOH溶液的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C产生H2；D.活泼金属与酸反应产生氢气，Mg与盐酸的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，D产生H2；答案为A。4、D【详解】A项、在海轮的船壳上连接锌块是形成铁锌原电池，活泼金属锌做负极，保护船体，故A错误；B项、在海轮的船壳上连接锌块是牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C项、船体做原电池的正极，电极反应为：O2+2H2O+4e—=4OH—，故C错误；D项、锌块做原电池的负极，锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为：Zn-2e—=Zn2+，故D正确；故选D。5、D【解析】某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒，其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+是反应物，N2是生成物，由此推断该反应为NH4+与ClO-的氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2+3Cl﹣+3H2O+2H+，N元素化合价由-3→0，Cl元素化合价由+1→-1；A项，反应的还原产物是Cl-，故A错误；B项，消耗1mol氧化剂(ClO-)，转移2mol电子，故B错误；C项，氧化剂ClO-与还原剂NH4+物质的量之比为3：2，故C错误；D项，反应生成H+，所以反应后酸性明显增强，故D正确。6、A【详解】在该反应中Cl元素化合价降低，获得电子，被还原，Cl2为氧化剂，生成NH4Cl为还原产物；N元素的化合价升高，失去电子，被氧化，NH3为还原剂，生成N2是氧化产物，当有8molNH3参加反应，有2molNH3作还原剂被氧化，则该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比是2：6=1：3，故合理选项是A。7、D【解析】D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则D的质子数为15，最外层电子数为5，应为P元素，由元素在周期表中的位置可知A为N元素，B为O元素，C为Al元素，E为Cl元素，则A．A为N元素，元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5价，每一种化合价都对应氧化物，其中+4价有2种，共6种，A正确；B．工业用电解氧化铝的方法冶炼铝，B正确；C．A、B、C对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大，C正确；D．D、E两元素形成的PCl5中P原子的最外层没有达到了8e-稳定结构，而是10个，D错误，答案选D。点睛：“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。本题中选项D是易错点，注意8电子稳定结构的判断方法。8、A【解析】A.理论上1个钠与氧气反应时不论生成过氧化钠还是氧化钠，其化合价都是由0价升为+1价，转移1个电子，则生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，共0.3molNa+，故转移电子数为0.3NA，故A正确；B.没有标明温度和压强，不能确定气体体积，故B项错误；C.0.1molNa2O含有0.1molO2-，0.05molNa2O2含有0.05molO22-，共0.1+0.05=0.15mol阴离子，故C错误；D.0.1molNa2O和0.05molNa2O2溶于足量水根据元素可知生成0.3mol氢氧化钠，故最终得到NaOH溶液中含有0.3NA个OH—，故D错误；故答案为A。【点睛】D选项虽然只知道溶液的pH值，但根据电荷守恒和元素守恒依然可以确定氢氧根的物质的量。9、B【详解】某无色透明溶液能与铝作用放出氢气，为非氧化性酸或强碱溶液。A．无色溶液中不能存在浅绿色离子Fe2+，酸性溶液中Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，且酸性溶液中不生成氢气，故A错误；B．碱性、酸性溶液中该组离子之间不反应，均可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C．MnO4-为紫红色，与溶液无色不符，故C错误；D．酸溶液中，H+、C1O-结合生成弱酸HClO，不能大量共存，故D错误；故选B。【点睛】解答本题要注意，酸性溶液中如果含有NO3-，则与活泼金属反应不能放出氢气。10、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。11、A【解析】A.毛笔（纯狼毫）用的是动物毛，属于蛋白质，是天然纤维；B.墨是烧制的碳黑，主要成分是碳；C.宣纸中的纤维是竹木纤维或竹木纤维再生得到，是纤维素；D.石砚的材料是石英、云母、石灰石等矿物，属于氧化物、盐类。【详解】A.毛笔（纯狼毫）用的是黄鼠狼的尾毛，属于蛋白质，是天然纤维；而化学纤维包括人造纤维和合成纤维；A错误；B.墨是烧制的碳黑，是碳，为单质；C.宣纸中的纤维是竹木纤维或竹木纤维再生得到，是纤维素，属于糖类；D.石砚的材料是石英、云母、石灰石等矿物，属于氧化物、盐类。故选A。12、D【详解】A、标准状况下乙醇为液体，不能用22.4L·mol－1计算乙醇的物质的量，故A错误；B、SiO2为原子晶体，是由Si、O原子组成，不含SiO2分子，故B错误；C、CH3COOH为弱酸，部分电离，本题所给条件，无法判断CH3COO－的物质的量，故C错误；D、NaHSO4晶体是由Na＋和HSO4－组成，即12.0gNaHSO4中阴阳离子总物质的量为=0.2mol，故D正确；答案为D。【点睛】本题易错点是选项D，NaHSO4固体是由Na＋和HSO4－组成，不是由Na＋、H＋、HSO4－组成的。13、B【详解】A、①是电解池阳极是氢氧根放电产生氧气。②是原电池，负极氢离子放电产生氢气，则根据电子转移0.02mol可知氧气是0.02mol÷4、氢气是0.02mol÷2，所以二者的体积不相等，A错误；B、①中产生硫酸酸性增强，②中消耗氢离子，酸性降低，即溶液的pH变化：①减小，②增大，B正确；C、电极反应式：①中阳极：4OH－-4e－→2H2O+O2↑②中正极：2H++2e－→H2↑，负极是锌失去电子，C错误；D、①中阴极铜离子放电析出铜，质量增加，②中正极是氢离子放电产生氢气，质量不变，D错误，答案选B。14、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。15、C【解析】A项：由于AlCl3水解生成的HCl挥发而促进水解，所以蒸发溶剂后所得固体为Al(OH)3，A项错误；B项：酸性条件下NO3-有强氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，B项错误；C项：用量筒量取一定体积的液体时，仰视读数，液面高出刻度线，液体体积偏大，C项正确；D项：Cl2与Fe2+、I-的反应产物分别为Fe3+、I2，两者的溶液均为黄色，故通入少量Cl2时，从溶液变黄的现象无法推知是哪种离子先反应，因此无法确定氧化性是Cl2>Fe3+还是Cl2>I2，D项错误。16、B【详解】A.向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故A错误；B.向Al（NO3）3液中加入过量氨水离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；C.向FeCl3溶液中加入铁粉离子方程式为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，故C错误；D.向Fel2溶液中加入足量新制氯水离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，故D错误；故选B。【点睛】离子方程式书写判断注意以下几点：1、原子和电荷是否守恒；2、离子符号或化学式是否书写正确；3、反应是否符合客观事实。17、A【详解】A.氢氧化亚铁具有还原性，易被氧气氧化，因此在制备时，胶头滴管需要伸入液面以下，且为防止氧气氧化，液面用煤油液封，该装置可达到实验目的，A项正确；B.氯化镁溶液容易发生水解，直接加热蒸发氯化镁溶液，水解产生的HCl受热挥发，使得平衡不断向右移动，最终会得到氢氧化镁固体，得不到无水氯化镁，B项错误；C.比较两种物质的热稳定性，装置图中大试管应装碳酸钠，小试管温度低，应加碳酸氢钠，这样才能形成对比，得出碳酸氢钠不稳定受热易分解的结论，C项错误；D.氨气的密度比空气小，应使用向下排气法，该实验装置不能达到实验目的，D项错误；答案选A。18、D【解析】A、铝、Be及其化合物具有相似的化学性质，AlCl3属于共价化合物，则BeCl2也属于共价化合物，故A错误；B、NaAlO2属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，即pH>7，NaAlO2溶液加热蒸干并灼烧得到物质仍然是NaAlO2，因此Na2BeO2溶液显碱性，pH>7，Na2BeO2溶液加热蒸干并灼烧得到物质仍然为Na2BeO2，故B错误；C、AlCl3属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，即pH<7，AlCl3溶液中存在：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热促进Al3＋水解，同时HCl易挥发，加热更加促进平衡向正反应方向进行，蒸干灼烧后得到物质为Al2O3，因此BeCl2溶液显酸性，加热蒸干灼烧后得到物质为BeO，故C错误；D、氢氧化铝表现两性，既能溶于盐酸，也能溶于NaOH，因此Be(OH)2也表现两性，既能溶于盐酸，也溶于NaOH，故D正确。19、C【详解】A.为保持食品新鲜，食品添加剂可按规定限量使用，如火腿肠中加亚硝酸钠等防腐剂，A项错误；B.碳纤维属于无机材料，不属于有机高分子材料，B项错误；C.Fe2O3为红棕色，俗称铁红，常做红色油漆和涂料，C项正确；D.氯化铝为共价化合物，其在熔融状态下不导电，应电解熔融氧化铝冶炼Al，而工业上通常用电解Na、Mg对应的氯化物制取Na、Mg，D项错误；答案选C。【点睛】工业冶炼金属的常用化学方法有：电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al；热还原法：适用于Zn、Fe、Sn、Pb、Cu；热分解法：适用于Hg、Ag。20、A【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确；故选A。21、C【详解】A.酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应的盐和水，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3不是NO2相应的酸，即二氧化氮并不属于酸性氧化物，故A错误；B.硫酸属于化合物，但化合物不一定属于电解质，如CO2、NO等，它们属于化合物，但不属于电解质，故B错误；C.分散系包括胶体、溶液、悬浊液等，分散系都属于混合物，故C正确；D.置换反应属于氧化还原反应，氧化还原反应不一定是离子反应，如H2＋Cl22HCl，故D错误；答案选C。22、D【详解】A．用NH4Cl和NaNO2反应制取N2，NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，NaNO2是氧化剂，故A错误；B．用NH4Cl和NaNO2反应制取N2，反应中NH4Cl中的-3价N化合价升高，被氧化，故B错误；C．依据方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，每生成1molN2时，由化合价的变化可知，转移电子的物质的量为3mol，故C错误；D．NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，为氧化剂，NH4Cl中N元素的化合价由-3价升高为0，为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1，故D正确；故选：D。二、非选择题(共84分)23、O21:2C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-还原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-【分析】根据图中各物质转化关系，A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，常温下C、E、F都是无色气体，D是常见液体，B为浓硫酸，D为水，则A与B的反应应为碳和浓硫酸的反应，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E为二氧化硫，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应生成I，I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C为二氧化碳，C能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以F为O2，G为Na2CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质的转化关系，据此答题。【详解】A.根据以上分析，F为O2，题中淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:2，故答案为O2，1:2。B.A与B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。C.E转变为H和I的离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合价由+4→+6价，化合价升高，作还原剂，体现其还原性，故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，还原性。D.H为HCl，HCl溶于水电离出的阴离子为Cl-，Cl-的检验操作为先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离所产生的阴离子为氯离子，故答案为在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-。【点睛】此题的突破口在于淡黄色的固体，高中阶段常见的有过氧化钠和硫单质，I与氯化钡反应有白色沉淀，推测I为H2SO4。24、2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑变大酸Al3++3H2OAl(OH)3+3H+D1︰106c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)【分析】通过物质间的转化关系分析各物质的组成；通过物料守恒、电荷守恒和质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【详解】由题干“其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体”知，C为活泼金属钠、钾或者钙，又D、F、G、H的焰色反应均为黄色，则C为钠，D为氢氧化钠，根据图中的转化关系，D与二氧化碳反应生成F，则F为碳酸钠，H为碳酸氢钠，E为两性化合物，且由B和D反应得到，则E为氢氧化铝，G为偏铝酸钠，B为氯化铝，A为铝；(1)钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑；钠与水反应可以认为是钠与水电离出来的氢离子反应，故促进了水的电离，使水的电离程度变大，故答案为2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑；变大；(2)氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液因为铝离子的水解作用呈现酸性，离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+，故答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+；(3)盐的水解促进水的电离，酸和碱的电离会抑制水的电离，易溶于的氢氧化钠会抑制水的电离，故答案为：D；(4)pH为10的氢氧化钠溶液中，c(H+)=110-10，氢氧化钠无法电离出氢离子，则由水电离出来的c(0H-)=c(H+)=110-10，pH为10的碳酸钠溶液中，水电离出的c(0H-)=Kw/c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它们的比为：10-10/10-4=1︰106；向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，则此时的溶液中溶质为碳酸钠和碳酸，且c(0H-)=c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+c(OH－)+2c(CO32－)，则c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)，HCO3－的电离程度很小，综上所述各离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)，故答案为1︰106，c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)。【点睛】元素推断题中，要找到条件中的突破口，例如：最轻的气体是H2，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，即含有Na元素，再根据Na及其化合物的性质推断。溶液中的离子浓度大小比较要考虑各离子的水解程度和电离程度强弱。25、O22Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+60℃水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr见光分解防止CuBr被氧化在烧杯中继续通入SO2至饱和然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液【解析】(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去水中的O2，故答案为O2；(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+，故答案为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+；②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热，故答案为60℃水浴加热；③45gCuSO4•5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为溶液蓝色完全褪去；(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为防止CuBr见光分解；(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，故答案为防止CuBr被氧化；(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为①在烧杯中继续通入SO2至饱和；②然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液。点睛：本题考查了物质制备的生产工艺流程，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案实际等，(5)为易错点，学生容易忽略图中加入氢氧化钠溶液的质量。26、①④关闭止水夹b，打开旋塞aMnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑缺少尾气处理装置Cl2>

Br2>Fe3+过量氯气氧化SCN-，使SCN-浓度减小，则Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)BrCl发生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-与Ag+结合生成AgCl白色沉淀【分析】Ⅰ.本实验的目的是要测定烟气中SO2的体积分数，装置C中长进短出显然是要吸收某种气体，装置D中短进长出则是要排液法测定气体的体积；因常见溶液中没有可以吸收N2和O2，剩余气体中一定会有二者，据此可知测定原理应是装置C中吸收SO2，然后测定剩余气体体积。Ⅱ.本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气→收集(安全瓶)→净化氯气(除HCl)→然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【详解】(1)根据分析可知装置C用来吸收二氧化硫，碱性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合气体中有二氧化碳，碱性溶液也会吸收二氧化碳，所以装置C中应选用氧化性溶液，即选①；装置D需要排液，则应降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来测量量剩余气体的体积，所以选④；(2)若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：=；(3)检查装置A的气密性可以关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;(4)装置A中为浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；MnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置；(6)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；(7)①根据题目信息可知，过量氯气能将SCN－氧化使SCN-浓度减小，使Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；若要证明上述解释，则需平衡正向移动使溶液变红，可取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)，则上述推测合理；②发生反应BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl－，不产生Br－，结果观察到仅有白色沉淀产生。27、防止C中溶液倒吸入A中NaOH溶液冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液）一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以）向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成）不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2SCuS+4H2SO4（浓）CuSO4