2026届广东省陆丰市甲子中学化学高三上期中达标检测试题含解析

2026届广东省陆丰市甲子中学化学高三上期中达标检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、反应2Na2O2+4HCl＝4NaCl+O2↑+2H2O中，氧化产物是A．Na2O2 B．NaCl C．O2 D．H2O2、在溶液中0.2molX2O72-恰好能使0.6molSO32-被完全氧化，则X2O72-被还原后X元素的化合价为A．+1B．+2C．+3D．+43、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法正确的是A．MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也可用于电解法冶炼Mg、AlB．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C．医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化4、下列叙述正确的是A．同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等B．任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等C．1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D．等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等5、氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知H2O2足量，下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑B．电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子6、下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是()①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水A．③⑤ B．①③⑥ C．仅有⑤ D．②④7、水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如下，下列说法不正确的是A．由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B．冬青油苯环上的一氯取代物有4种C．可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否混有水杨酸D．相同物质的量的冬青油和阿司匹林消耗NaOH的物质的量相同8、以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是A．溶液的pH变小 B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色 D．阴极附近溶液呈红色9、下列离子方程式正确的是（）A．石灰乳与碳酸钠溶液混合：Ca2++CO32-=CaCO3↓B．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液，刚好沉淀完全：Ba2+

+2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC．向亚硫酸钡固体中加入稀硝酸：3BaSO3＋2H＋＋2NO3－=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2OD．碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液：2HCO3-

+Ca2+

+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-10、向一恒容密闭容器中充入一定量的NO和炭粉，使之发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是A．ΔH>0B．T2℃时，D点达到平衡时的平衡常数与B点的相等C．正反应速率:v(B)>v(D)>v(A)D．温度由T1升高到T3，NO的转化率增大11、加碘盐的主要成分是NaCl，还添加了适量的KIO3。下列说法中正确的是()A．KIO3和NaCl为离子化合物，均只含离子键B．KIO3中阳离子的结构示意图为C．23Na37Cl中质子数和中子数之比是8∶7D．次碘酸的结构式为H—O—I12、用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列说法正确的是（）A．制取粗硅时生成的气体产物为CO2B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C．电解精炼铜时，当电路中转移0.2mol电子时阳极质量减轻6.4gD．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法13、南宋著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理为4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O。下列说法正确的是（）A．X的化学式为AgS B．银针验毒时，O2失去电子C．反应中Ag和H2S均发生氧化反应 D．每生成1个X，反应转移2e-14、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列粒子数目为0.2NA的是A．常温常压下，3.1gP4分子中所含P—P键数目B．铁作阳极进行电解时，5.6g铁放电时转移的电子数目C．各取0.1mol铜分别与足量氯气、硫反应，转移电子数目D．3.9gNa2O2与H2O反应后制成500mL溶液，溶液中的Na+数目15、根椐实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分别测定0.1mol•L-1的Na2SO3溶液和0.1mol•L-1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH约为10，NaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-强C分别将乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同D铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液出现血红色铝热剂中一定含有氧化铁A．A B．B C．C D．D16、关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A．装置①可用于收集H2、CO2气体B．装置②中X若为四氯化碳，则此装置可用于吸收氯化氢，并防止倒吸C．装置③可用于实验室配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气17、实验室可利用NH4＋+OH－NH3↑＋H2O这一原理制氨气。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A．氧原子的结构示意图： B．中子数为8的氮原子：87NC．氨分子的结构式： D．OH－的电子式：18、在一定条件下，用石墨电极电解0.5mol/LCuSO4溶液（含H2SO4)，监测到阳极附近pH随时间变化关系如下图。下列说法不正确的是A．ab段，通电瞬间，阳离子向阴极移动B．电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=O2↑+4H+C．bc段，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率D．bc段，pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu19、室温时，将0.10mol/LNaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示（忽略溶液混合时体积的变化）。当V（NaOH）=20.00mL（图中c点），二者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是（）A．HA为弱酸，其物质的量浓度为0.10mol/LB．a点时：c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-）C．室温时，A－的水解常数约为10－9D．d点时：2c（HA）+2c（A-）=3c（Na+）20、下图中的实验方案，能达到实验目的的是选项ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的探究温度对平衡2NO2

N2O4的影响比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱除去CO2气体中混有的SO2验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用A．A B．B C．C D．D21、下列说法正确的是A．离子化合物中一定含有金属元素 B．原子晶体熔化要破坏共价键C．构成分子晶体的微粒中一定含有共价键 D．只有离子化合物中才存在离子22、已知某物质X

能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是A．若X为N2，则A为硝酸 B．若X为S，则A为硫酸C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应 D．若X

为非金属单质或非金属氢化物，则A

不一定能与金属铜反应生成Y二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：已知：①②（R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢）③F和D互为同分异构体（1）写出A的名称：________________。（2）能用于检验A中官能团的试剂是____________。a．Nab．NaOHc．Na2CO3d．溴水e．FeCl3（3）G是常用指示剂酚酞，G中能够与NaOH溶液反应的官能团的名称：________。（4）分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：A→B：________________________________________________；E→F：________________________________________________；（5）符合下列条件的B的同分异构体共_______种。①能发生银镜反应②分子中不含环状结构写出其中含有三个甲基的分子的结构简式_______。（写出一种即可）24、（12分）A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）W在元素周期表中的位置是___。A与E组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式___。（2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）___。a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2b．E的气态氢化物的稳定性小于HFc．A的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质（3）WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为____。（4）①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为___。②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为____。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为__。上述W的氧化物X能与D的单质反应，写出该反应的化学方程式为__。25、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为___________________________________________。（2）B中发生反应的化学方程式为______________________________________。（3）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。26、（10分）某小组在实验室使用软锰矿（主要成分为MnO2）和浓盐酸通过加热制备氯气，并对氯气的性质进行探究。（1）写出实验室制氯气的化学方程式：__。欲制取并收集一瓶于燥的氯气，则“制取→收集”的实验装置连接顺序为__→c→d→__→i→j→k。（2）装置C中饱和食盐水的作用是___。（3）该小组同学对氯气性质进行如下探究：实验步聚实验结论①将氯气通入NaCl溶液中，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察四氢化碳层颜色氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘②将氯气通入KBr溶流中，再加入1mLCCl4振落，静置，观察四氯化碳层颜色③将氯气通入KI溶液中，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察四氧化碳层颜色该小组的实验设计缺陷是___，改进的办法是__。（4）常温下，高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制得氯气，该反应的离子方程式为：___。（5）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的质量之比为__。27、（12分）“中国芯”的发展离不开单晶硅，四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。已知有关信息：①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃。请回答下列问题：(1)写出A中发生反应的离子方程式：___________。(2)若拆去B装置，可能的后果是_________。(3)有同学设计图装置替代上述E、G装置：上图装置的主要缺点是________。(4)测定产品纯度。取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收)，将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应)，消耗滴定液VmL。则产品的纯度为_______%(用含a、c和V的代数式表示)。(5)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：Ⅰ.打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。Ⅱ.A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是_________(填字母)。A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性②C装置中的试剂X是________(填化学式)③D中发生反应的化学方程式是：________。28、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：（1）B原子的L层电子排布图____________。（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为________，B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是___________；C、D和E的电负性由大到小的顺序为___________；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是____________；C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_________________。CO中C的杂化方式为___________，该离子的“VSEPR”模型为__________________形。（3）向FDO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为_______，该离子的配位体为________________。（4）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3（精确到0.1），最近的黑球和白球之间的距离为_______pm。29、（10分）近几年我国大面积发生雾霾天气，2.5微米以下的细颗粒物(PM2.5)是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。空气中的CO、SO2、NOx等污染气体会通过大气化学反应生成PM2.5颗粒物。（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH1=-221.0kJ/molN2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH2=+180.5kJ/mol2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH3=-746.0kJ/mol用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_________________________________。（2）已知由CO生成CO2的化学方程式为CO＋O2CO2＋O。其正反应速率为v正=k正·c(CO)·c(O2)，逆反应速率为v逆=k逆·c(CO2)·c(O)，k正、k逆为速率常数。在2500K下，k正=1.21×105L·s-1·mol-1，k逆=3.02×105L·s-1·mol-1。则该温度下上述反应的平衡常数K值为_________________________(保留小数点后一位小数)。(3)CO2可用来生产燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝___________________mol·(L·min)－1。②氢气的转化率＝________________________。③下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。A．升高温度B．充入0.5molCO2和1.5molH2C．充入He(g)，使体系压强增大D．将H2O(g)从体系中分离出去（4）利用如图所示电解装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极室排出的溶液吸收NO2。与电源b极连接的电极的电极反应式为____________________________________。（5）NO2在一定条件下可转化为NH4NO3和NH4NO2。相同温度下，等浓度NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH4+)较小，分析可能的原因________________________。

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】在氧化还原反应中，还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，因此含有化合价升高元素的物质为氧化产物，在该反应中，Na2O2中O元素的化合价从-1价升高到O2的0价，故氧化产物是O2，故C正确；故选C。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。2、C【解析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】0.6molSO32-被完全氧化为SO42-，S的化合价由+4升高为+6，失去1.2mol电子，得失电子数目相等，相应地0.2molX2O72-被还原得到1.2mol电子，所以X的化合价由+6降低为+3，故答案选C。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。3、B【详解】A．MgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg时采用电解熔融MgCl2而不是氧化镁，故A错误；B．工厂中常用静电除尘装置是利用胶体粒子的带电性加以清除，故B正确；C．医疗上用的“钡餐”其成分是硫酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙、氯化钙，有效成分是次氯酸钙，故C错误；D．向海水中加入明矾可以使海水净化，但不能除去海水中的氯离子、钙离子、镁离子等，不能使海水淡化，故D错误；故选B。4、B【解析】A、根据阿伏加德罗定律知同温同压下，相同体积的任何气体，它们的物质的量必相等，A错误；B、任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等，B正确；C、缺少温度和压强，无法确定1L一氧化碳气体和1L氧气的质量大小，C错误；D、等体积、等物质的量浓度的强酸中酸的物质的量相等，但所含的H+数不一定相等，如HNO3和H2SO4，D错误；答案选B。5、D【分析】以氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3失电子发生氧化反应为负极，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，B错误；C.NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，所以电池工作时，两个电极都不产生气体，C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，假设转移电子的物质的量是6mol，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极的质量相差19g，理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极的判断、电极式的书写、离子移动方向等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液分析。对于两个电极溶液的质量差，要根据反应过程中电子转移数目相等，进入电极溶液中物质的质量与从该区域中减少的质量两部分分析计算，题目侧重考查学生对基础知识的综合应用能力。6、C【解析】①碳酸钠与少量盐酸：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；与过量盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同①不选；②偏铝酸钠溶液与少量盐酸：NaAlO2+HCl+H2O＝Al（OH）3↓+NaCl；偏铝酸钠溶液与过量盐酸：NaAlO2+4HCl=AlCl3+2H2O↑，偏铝酸钠溶液与盐酸，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同，②不选；③二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与少量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式不同，③不选；④硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解．先发生：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH-+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，④不选；⑤氯化铝与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，与用量没有关系，⑤正确；⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，后者过量，HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，量不同，生成产物不同，⑥不选；答案选C。【点晴】该题为高频考点，把握发生的反应及离子反应中量对反应的影响为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。7、D【解析】水杨酸的官能团为酚羟基和羧基，表现酚和羧酸的性质；冬青油的官能团为酚羟基和酯基，表现表现酚和酯的性质；阿司匹林的官能团为酯基和羧基，表现酯和羧酸的性质。【详解】A．水杨酸可与乙酸酐发生取代反应制得冬青油，故A正确；B．冬青油苯环上连有羟基和酯基，结构不对称，苯环上含有4种H，则一氯取代物有4种，故B正确；C．水杨酸的官能团为酚羟基和羧基，阿司匹林的官能团为酯基和羧基，FeCl3溶液可以酚羟基，故C正确；D．冬青油的官能团为酚羟基和酯基，1mol冬青油消耗2molNaOH，阿司匹林的官能团为酯基（酚酯）和羧基，1mol阿司匹林消耗3molNaOH，故D错误。故选D。8、A【详解】A．以石墨为电极，电解KI溶液的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2，溶液的pH值增大，A项错误；B．阴极产生氢气，B项正确；C．阳极生成I2，I2遇淀粉呈蓝色，C项正确；D．该电解反应的阴极产物为氢气和NaOH，阴极附近溶液呈红色，D项正确；答案选A。9、C【详解】A.石灰乳主要成分是Ca(OH)2，在离子反应方程式中，不能拆，应写成Ca(OH)2，A错误；B.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液，刚好沉淀完全：Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，B错误；C.向亚硫酸钡固体中加入稀硝酸后发生氧化还原反应：3BaSO3＋2H＋＋2NO3－=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O，C正确；D.碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；故答案为：C。10、B【解析】A．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B.平衡常数只与温度有关，两点的温度相同，平衡常数相同，故B正确；C.温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，正反应速率:v(D)>v(B)>v(A)，故C错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度由T1升高到T3，NO的转化率减小，故D错误；故选B。点睛：本题以化学平衡图像为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，侧重考查学生的分析能力，注意曲线的各点都处于平衡状态。正确判断A的正误是解题的基础。11、D【解析】试题分析：A、含有离子键的化合物是离子化合物，KIO3和NaCl为离子化合物，均含有离子键，但碘酸钾中还含有共价键，A不正确；B、碘酸钾是由K＋与IO3－构成的，其阳离子的结构示意图为，B不正确；C、由于质子数＋中子数＝质量数，所以23Na37Cl中质子数和中子数分别是11＋17＝28、23－11＋37－17＝32，其之比是7∶8，C不正确；D、由于氧元素的非金属性强于碘元素的非金属性，因此次碘酸的结构式为H—O—I，D正确，答案选D。考点：考查离子键、化合物、结构示意图以及结构式的判断12、D【解析】A、石英和碳在高温下反应生成Si和CO，故A错误；B、生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C、精炼铜时，阳极为粗铜，粗铜中如果有比Cu活泼的杂质金属，该杂质先放电，所以转移0.2mol电子时，阳极质量减少的不一定是1molCu的质量，故不一定为6.4g,故C错误；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，故D正确。故选D。13、D【详解】A.由质量守恒可知X的化学式为Ag2S，故A错误；B.银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂，故B错误；C.在反应中Ag的化合价从单质的0价变为反应后中的+1价，失去电子，作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；由方程式：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O可知，，则每生成1molAg2S，反应转移2mole-，故D正确；故选：D。14、B【解析】A.由于P4分子是正四面体结构，分子中含有6个P—P键，因此在常温常压下，3.1gP4的物质的量为0.025mol，所含P—P键数目为0.15NA，故A错误；B.5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁元素化合价从0价升到+2价，故转移的电子数目为0.2NA，故B正确；C.铜与足量氯气反应生成+2价铜，铜与足量硫反应生成+1价铜，故0.1mol铜分别与足量氯气、硫反应，转移电子数目分别为：0.2NA和0.1NA，故C错误；D.3.9gNa2O2的物质的量为0.05mol，Na+的物质的量为0.1mol，根据钠元素守恒可知溶液中的Na+数目0.1NA；故D错误；故选B。15、C【解析】A、盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，A错误；B、阴离子水解程度越大，溶液的pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，B错误；C、乙烯和SO2均能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，原理相同，C正确；D、也可能含有四氧化三铁，不一定是氧化铁，D错误，答案选C。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及物质的性质比较、检验及非金属性强弱比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。16、C【详解】A．从a进气，可收集氢气，从b进气，可收集二氧化碳，故A正确；B．HCl不溶于四氯化碳，且四氯化碳密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故B正确；C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小，用向上排空气法收集，氨气极易溶于水，需要用倒扣的漏斗，防止倒吸，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意四氯化碳的密度大于水，在下层，可以防止倒吸，不能用苯，苯浮在水面上，不能防止倒吸。17、C【详解】A.是氧离子的结构示意图，A错误；B.中子数为8的氮原子应表示为，B错误；C.氨分子的结构式为，C正确；D.OH－的电子式为，D错误。故选C。18、C【解析】A．电解池中，阳离子向阴极移动，故A正确；B．ab段过程中，阳极pH增大，电解池阳极区的物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，溶液中氢氧根离子放电，氢氧根离子是水电离提供的，所以阳极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故B正确；C．bc段过程中，阳极pH降低，阳极电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，产生的H+是阳离子，向阴极移动，pH降低表明阳极H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，故C错误；D．阴极发生反应的物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu，故D正确；故选C。19、D【详解】A项、由图象可知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元酸溶液浓度为0.10mol•L-1，故A正确；B项、a点时，HA溶液和NaOH溶液反应得到等浓度的HA和NaA混合液，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），存在物料守恒关系c（A-）+c（HA）=2c（Na+），整合电荷守恒关系和物料守恒关系可得c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-），故B正确；C项、由图象可知，室温时，0.10mol/LHA溶液中pH=3，溶液中c（H+）=0.001mol/L，HA的电离常数Ka=≈10－5，则A－的水解常数Kh===10－9，故C正确；D项、d点时得到混合液中c（NaA）：c（NaOH）=2:1，由物料守恒可得3c（HA）+3c（A-）=2c（Na+），故D错误；故选D。【点睛】整合电荷守恒关系和物料守恒关系确定等浓度的HA和NaA混合液中存在关系c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-）是解答的难点，更是易错点。20、A【分析】A．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动；B．盐酸也和硅酸钠溶液反应生成硅酸；C．二氧化碳和碳酸钠溶液反应；D．两个实验中温度、催化剂都不同。【详解】A．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动，其它条件相同，只有温度不变，所以可以探究温度对平衡的影响来分析，选项A正确；B．浓盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能和硅酸钠反应对实验造成干扰，所以不能判断HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，选项B错误；C．二氧化碳和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，可以用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，选项C错误；D．两个实验中温度、催化剂都不同，所以不能验证催化剂对反应速率的影响，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了实验方案评价，涉及化学平衡和反应速率的影响因素的探究、酸性强弱的判断、除杂等知识点，注意：探究外界影响因素时，必须其它条件相同、只有一个条件不同时才能得出正确结论，为易错点。21、B【详解】A．离子化合物中不一定含有金属元素，可能只含非金属元素，如NH4Cl等铵盐，A错误；B．原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体熔化要破坏共价键，B正确；

C．稀有气体分子为单原子分子，其构成的晶体中无任何化学键，C错误；

D．共价化合物的溶液中也可能存在离子，如盐酸溶液中含有Cl-，D错误；

答案选B。22、C【解析】若X为N2，Y是NO、Z是NO2、A为硝酸，故A正确；若X为S，Y是SO2、Z是SO3、A为硫酸，故B正确；若X为N2，Y是NO、Z是NO2、NO2与水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；若X

为H2S，Y可能为S，Z是SO2、A为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故D正确。二、非选择题(共84分)23、苯酚de羟基、酯基；加成反应+H2O；消去反应8(CH3)2CHCH(CH3)CHO(CH3)3CCH2CHOCH3CH2C(CH3)2CHO【解析】化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：。(1)A为苯酚，故答案为苯酚；(2)检验A中官能团酚羟基可以选用浓溴水和氯化铁，浓溴水与苯酚反应生成白色沉淀，氯化铁遇到苯酚，溶液显紫色，故选de；(3)G中能够与NaOH溶液反应的官能团是酚羟基和酯基，故答案为酚羟基和酯基；(4)分别写出反应A→B和E→F的化学方程式，并注明反应类型：反应A→B是部分与氢气加成，反应的化学方程式为+3H2，根据上述分析，反应E→F是E发生了消去反应，反应的化学方程式为+H2O，故答案为+3H2；加成反应；+H2O；消去反应；(5)B为，①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；②分子中不含环状结构，满足条件的B的同分异构体为己醛，有CH3CH2CH2CH2CH2CHO、(CH3)2CHCH2CH2CHO、CH3CHCH(CH3)CH2CHO、CH3CH2CH2CH(CH3)CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，共7种，其中含有三个甲基的分子的结构简式有(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，故答案为7；(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO(任写一种)。24、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数=14-4-3=7，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，D为Al元素，E为Cl元素，W为Fe元素。(1)W为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A为C元素，E为Cl元素，组成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为，故答案为第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a选；b．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以F的非金属性强于Cl，则氢化物稳定性HCl小于HF，故b选；c．高温下，碳能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质，是因为生成的CO是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律解释，故c不选；故答案为ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案为2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化学方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。25、NaOH溶液2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，因Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D为量气装置，B中剩余固体为Mg，固体质量差为Al的质量，利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。【详解】Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D为量气装置，(1)由上述分析可知，A为NaOH溶液；(2)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)B中剩余固体的质量为cg，为Mg的质量，则Al的质量为（a-c）g，测得氢气体积为bmL，其物质的量为×10-3mol；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al的物质的量为×10-3mol=mol，则Al的摩尔质量为=g/mol，原子量为；(4)若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则造成（a-c）变小，由铝的质量分数为×100%可知，实验过程中铝的质量分数偏小。26、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2Obg、h除去Cl2中的HCl杂质不能证明溴的氧化性强于碘再做一组实验，步骤为：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O4：1【分析】浓盐酸和二氧化锰混合加热生成氯气、二氯化锰和水，由电子守恒、原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析。【详解】（1）利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：b→c→d→g→h→i→j→k；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；b；g、h；（2）装置C中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质，故答案为：除去Cl2中的HCl杂质；（3）实验②得出了氯气氧化性大于Br2，而实验③得出了氯气氧化性大于I2，但无法确定Br2的氧化性大于I2，应再做一组实验，步骤为：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色，确定Br2的氧化性与I2的氧化性强弱，故答案为：不能证明溴的氧化性强于碘；再做一组实验，步骤为：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色；（4）常温下，利用高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制氯气，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，则该反应的离子方程式为2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（5）根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：（1+3）=4：1，故答案为：4：1。【点睛】考查氯气的实验室制备和性质探究，涉及离子方程式的书写、混合物的提纯与实验基本操作及氧化还原反应的计算，明确氯气制备原理和氯水成分是解题关键。27、2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解ADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3【分析】装置A用于制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氯杂质，再用无水氯化钙进行干燥，在装置D中硅和氯气发生反应生成SiCl4，SiCl4沸点较低，在冷凝管中冷凝SiCl4气体，在E中得到液态的SiCl4，因SiCl4遇水剧烈水解，干燥管G的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。【详解】(1)装置A中高锰酸钾具有强氧化性，氧化浓盐酸生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，对应的离子方程式为2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)由信息可知，HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，若拆去B装置，HCl会和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低，而且Cl2和H2混合共热易发生爆炸，答案：HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；(3)所给装置用装有烧碱溶液的广口瓶代替原装置中的干燥管G，烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解，导致产品纯度降低，答案：烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解；(4)根据化学方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知溶液中n(HCl)=n(NaOH)=cmol·L1×10-3L=10-3mol，根据氯原子守恒得n(HCl)=4n(SiCl4)，则n(SiCl4)=n(HCl)=，m(SiCl4)=×170g·mol-1=，其质量分数=×100%=%，答案：；(5)①浓盐酸具有挥发性，进入A装置与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，通过A中看到白色沉淀，说明盐酸能与盐反应，可知盐酸具有挥发性、酸性，答案选AD；②X的作用是除去CO2气体中的HCl气体，可以用NaHCO3溶液，D中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，从而证明碳的非金属性比硅的强，反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，答案：NaHCO3；Na2