福建省师大附中2026届高三化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

福建省师大附中2026届高三化学第一学期期中综合测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列有关物质转化关系的说法中不正确的是A．图1中甲可能是Fe，X可能是Cl2B．图2中A可能为F2，C可能为O2C．图2中A可能为Ca(OH)2，C可能为NaOHD．图3中a可能为C，b可能为CO，c可能为CO22、在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子方程式中,对化学计量数m和R2+、R3+。判断正确的是()A．m=y,R3+是还原剂 B．m=2y,R2+被氧化C．m=2,R3+是氧化剂 D．m=4,R2+是还原剂3、已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A．电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移B．Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D．Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子4、下列关于酸碱中和滴定实验叙述正确的是A．滴定终点时溶液一定显中性 B．滴定过程中，接近滴定终点改用胶头滴管继续滴加C．酸式滴定管可盛装氧化性试剂 D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，待测液浓度偏小5、下列物质分类正确的是（）A．SiO2、NO2均为酸性氧化物B．稀豆浆、淀粉溶液均为胶体C．烧碱、乙醇均为电解质D．水玻璃、冰醋酸均为混合物6、下列物质的用途利用了其还原性的是A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆B．用除去废水中的C．用治疗胃酸过多D．用制备纳米7、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是A．C、D两元素形成化合物属共价化合物B．C．D的简单离子均能促进水的电离C．A、D分别与B

元素形成的化合物都是大气污染物D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性8、向2mL0.5mol·L－1的FeCl3溶液中加入3mL3mol·L－1KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是A．Fe3＋不与I－发生反应B．Fe3＋与F－结合成不与I－反应的物质C．F－使I－的还原性减弱D．Fe3＋被F－还原为Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋9、中华民族为人类文明进步做出巨大贡献。下列说法中不正确的是（）A．商代后期铸造出工艺精湛的铜合金司母戊鼎，铜属于金属晶体B．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜D．“文房四宝”中的砚台是用石材制作而成的，制作过程发生化学变化10、下列表示不正确的是A．甲烷分子的比例模型为 B．乙烷的结构简式为CH3CH3C．磷原子的结构示意图为 D．MgCl2的电子式为11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>YB．Y、Z、W三种元素的第一电离能：W>Z>YC．Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物D．由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键12、NH4N3（叠氮化铵）易发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1.8gNH4+中含有的质子数为1NAB．N2既是氧化产物，又是还原产物C．爆炸反应中，当转移4NA个电子时，产生89.6L(标准状态)混合气体D．6g的NH4N3晶体中含有的阴离子个数为0.3NA13、氮化硅(Si3N4)可用作高级耐火材料、新型陶瓷材料等。已知：Si的电负性比H的小，利用硅烷(SiH4)制备氮化硅的反应为3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2。下列有关说法正确的是()A．硅烷中Si的化合价为-4价 B．NH3在该反应中作还原剂C．H2既是氧化产物，也是还原产物 D．转移1.2mol电子时，生成26.88LH214、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是A．B的氢化物沸点一定高于A的氢化物沸点B．某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的盐C．向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D．氧化物水化物的酸性E大于B15、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（）A．氨——作制冷剂 B．漂粉精——作游泳池消毒剂C．甘油——作护肤保湿剂 D．二氧化硫——作红酒添加剂16、下列化工生产涉及的变化主要是物理变化的是（）A．煤的干馏 B．石油的分馏C．石油的裂化 D．石油的裂解17、某溶液中可能存在Fe3+、Fe2+、I−、HCO3-、Cl−、NO3-六种离子中的几种。现进行下列实验：①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是()A．I−、HCO3-、Cl−B．Fe2+、HCO3-、NO3-C．I−、HCO3-D．Fe3+、I−、HCO3-18、下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是A．爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸B．烈火焚烧若等闲——石灰石分解C．蜡炬成灰泪始干——石蜡的燃烧D．炉火照天地，红星乱紫烟——铜的冶炼19、金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl320、食盐、蔗糖、醋酸、“84消毒液”、明矾等是居民日常生活中经常使用的物质，下列有关说法或表示正确的是A．食盐中阴离子的结构示意图为：B．蔗糖和醋酸都是弱电解质C．“84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：D．明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，用于杀菌消毒21、在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是A．该反应的化学方程式为4NH3＋3F2→NF3＋3NH4FB．M是极性分子，其还原性比NH3强C．M既是氧化产物，又是还原产物D．N中既含有离子键，又含有共价键22、NaC1是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是（）A．a离子为Na+B．水合b离子的图示不科学C．溶液中含有NA个Na+D．室温下测定该NaC1溶液的pH小于7是由于Cl-水解导致二、非选择题(共84分)23、（14分）常温下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的几种，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：(1)溶液A中一定存在的离子有___________________(2)生成沉淀甲的离子方程式为___________________(3)生成气体丙的离子方程式为__________________，若实验消耗Cu144g，则最多生成气体丙的体积（标准状况下）为_____。依据上述实验，某小组同学通过讨论后认为：溶液中可能含有的离子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。为进一步确认溶液中存在的离子，分别取100ml废水又进行了如下图所示的三组实验：(4)根据上述实验可进一步确定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的离子有_________，沉淀溶解时发生反应的离子方程式为________________________________。24、（12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)。25、（12分）亚硝酰氯(NOC1)的沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，在潮湿空气中易水解，溶于浓硫酸，是有机合成中的重要试剂。某同学用如图装置，由NO与干燥纯净的Cl2反应制备NOCl。己知：①Cl2沸点为-34.6℃，NO2Cl沸点为-15℃②2NO+Cl2=2NOC12NO2+Cl2=2NO2Cl回答下列问题：（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式为______。（2）图中实验装置的连接顺序为：a→_______。（3）实验时，先制取氯气使充满除A、B、C外的整套装置，目的是______；装置中充满氯气后，下—步是制取NO，具体操作是______；E中冰盐水的温度可低至-22℃，其作用是______。（4）该同学的实验设计可能的不足之处是______（答出一条即可)。（5）若无C装置，则不利于NOCl的制备，主要原因是______（用化学方程式表示)。26、（10分）MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。27、（12分）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_____________②反应的化学方程式____________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③_______________④______________28、（14分）硼、碳、氮、硅和硒等非金属元素在材料科学领域有广泛的应用前景。请回答下列问题：（1）基态硒原子的电子排布式为[Ar]_________，基态氮原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为_______。（2）NO2+是一种芳环硝化中间体，其中氮原子的杂化轨道类型为_____，与NO2+互为等电子体的化合物分子是______（任写一种，填化学式）。（3）元素C、N、O分别于氢元素形成的化合物中A－A键(A代表C、N、O原子)的键能如下表所示：氢化物H3C－CH3H2N－NH2HO－OH键能/kJ·mol－1346247207上表三种氢化物中A－A键的键能依次降低的主要原因是________。（4）SeO32-的空间构型为________，H2SeO4酸性比H2SeO3强的原因是_______。（5）硒化锌(ZnSe)抛光材料在光学方面有广泛应用，其晶胞如图所示。①锌原子的配位数为________。②已知：该晶胞参数为apm，NA代表阿伏加德罗常数，M代表硒化锌的摩尔质量。则该晶胞的密度ρ＝______g·cm－3。(用代数式表示)29、（10分）火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法，其产量可占到铜总产量的85％以上，火法炼铜相关的方程式有Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)△H1=-271.4kJ/mol反应①Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g)△H2=+123.2kJ/mol反应②（1）Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是___。（2）火法炼铜所得吹炼烟气中SO2含量较高，该烟气在工业上可直接用于生产硫酸，从绿色化学角度考虑其优点有____(任写一条)。（3）在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应①(不考虑其它反应)，容器中的起始压强为akPa，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示，反应前3min平均反应速率v(SO2)=___mol/(L·min)，该温度下反应的平衡常数KP=___(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气，达到新平衡后氧气的体积分数___(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。（4）工业上电镀铜的装置如图所示，阳极产物除Cu2+外还有部分Cu+，部分Cu+经过一系列变化会以Cu2O的形式沉积在镀件表面，导致镀层不够致密、光亮。电镀过程中用空气搅拌而不是氮气搅拌的原因是_____。

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.图1中应该是甲可能是Cl2，X可能是Fe，铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，故A错误；B.图2中A如果为F2，B是H2O,C为O2，D是HF,故B正确；C.图2中A如果为Ca(OH)2，C为NaOH，B可能是Na2CO3，D是CaCO3，故C正确；D.图3中a可能为C，b可能为CO，c可能为CO2，C和O2不完全燃烧生成CO，CO和O2反应生成CO2，镁在CO2中燃烧生成C，故D正确；故选A。2、D【解析】根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，R2+是还原剂，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物【详解】A、m=y=4，R2+是还原剂，A错误；B、m=y，R2+是还原剂，被氧化，B错误；C、m=4，R3+是氧化产物，C错误；D、m=4，R2+是还原剂，D正确；答案选D。3、C【详解】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。4、C【详解】A.用氢氧化钠溶液滴定硫酸溶液到滴定终点时，指示剂指示反应终点的变色不一定正好在pH=7，所以混合溶液不一定显中性，故A错误；B.滴定过程中，使用滴定管缓慢滴加溶液，无需改用胶头滴管，故B错误；C.酸式滴定管全为玻璃构造，可盛装氧化性试剂，故C正确；D.滴定管0刻度在上面，仰视时读数偏大，所以导致待测液浓度偏大，故D错误；故选C。5、B【解析】A.NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B.稀豆浆、淀粉溶液中的有机大分子的直径处于1nm——100nm范围内，故它们属于胶体，故B正确；C.乙醇为非电解质，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，但冰醋酸为纯的乙酸，为纯净物，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了物质的分类，涉及到酸性氧化物、分散系、电解质与非电解质等类别。6、A【解析】葡萄糖制镜或保温瓶胆实际是利用葡萄糖中的醛基还原银氨溶液得到单质银，实际就是发生银镜反应，选项A是利用了葡萄糖的还原性。用除去废水中的，是利用S2-和Hg2+可以形成HgS沉淀的原理，将Hg2+除去，选项B没有利用还原性。用治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠可以与胃酸（HCl）反应，从而达到治疗胃酸过多的目的，所以选项C没有利用还原性。用制备纳米，是利用了的水解能力，所以选项D没有利用还原性。7、B【解析】根据甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于8～16之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg（OH）2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性Cl＞S，则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物，D选项错误；正确答案B。点睛：中学化学中元素之间的转化是比较复杂的，类型也很多，如直线型转化关系X为O2，中学中常见的有：Na→Na2O→Na2O2、N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2、S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3、C→CO→CO2或CH4→CO→CO2，本题中涉及是SO2→SO3→H2SO4，熟悉这个之间的转化，是解决本题的关键。8、B【详解】A．铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B．根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，FeCl3溶液褪成无色，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象，进一步证明Fe3+与F﹣结合生成的物质不与I﹣反应，故B正确；C．氟离子与碘离子不反应，氟离子不会使碘离子的还原性减弱，故C错误；D．铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；本题答案选B。【点睛】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论。9、D【详解】A.司母戊鼎的原材料为铜合金，铜属于金属晶体，与题意不符，A错误；B.瓷器其主要原料为黏士，与题意不符，B错误；C.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，与题意不符，C错误；D.砚台是用天然石材制作而成的，制作过程为物理变化，符合题意，D正确；答案为D。10、D【分析】常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法。【详解】A项、甲烷分子中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为，故A正确；B项、乙烷的结构式为，结构简式为CH3CH3，故B正确；C项、磷元素的原子序数为15，原子结构示意图为，故C正确；D项、MgCl2是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误。故选D。【点睛】本题考查常用化学用语的书写，注意掌握常用化学用语书写原则，注意比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构，不能表示原子之间的成键情况。11、B【分析】K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。【详解】A．同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O>N>C，故A正确；B．ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N>O>C，故B错误；C．C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；D．由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；答案选B。12、C【解析】1个NH4+中含有11个质子，1.8gNH4+中含有的质子数为1.1NA，故A错误；NH4N3中氮元素化合价由负价升高为0，氢元素化合价由+1降低为0，所以氮气是氧化产物，故B错误；根据方程式NH4N32N2↑+2H2↑，1molNH4N3分解转移4mol电子，当转移4NA个电子时,产生2mol氢气、2mol氮气，标准状况下的体积是89.6L，故C正确；NH4N3晶体中含有的阴离子是，6g的NH4N3晶体的物质的量是0.1mol，含有的阴离子个数为0.1NA，故D错误。13、C【详解】A．Si的电负性比H的小，则SiH4中电子偏向H，H为-1价，Si为+4价，故A错误；B．反应前后Si的化合价不变，SiH4中-1价H与NH3中+1价H发生氧化还原反应生成H2，则SiH4是还原剂，NH3为氧化剂，故B错误：C．只有H元素化合价发生变化，H2是氧化产物和还原产物，故C正确；D．未指明温度和压强，无法确定气体体积，故D错误。故选：C。14、C【解析】A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；D为最外层电子数等于K层电子数的金属元素，D的原子序数大于B，D为Mg元素；C为原子序数在N和Mg之间的金属元素，C为Na元素；E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素。A项，B的氢化物为NH3、N2H4，NH3常温下呈气态，A的氢化物为烃，一般烃分子中碳原子大于4常温下呈液态或固态，B的氢化物的沸点不一定高于A的氢化物的沸点，错误；B项，某物质焰色反应呈黄色，该物质中一定含Na元素，不一定是钠盐，错误；C项，Mg与沸水反应生成Mg（OH）2和H2，Mg（OH）2属于中强碱，能使酚酞变红，正确；D项，E的氧化物的水化物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，B的氧化物的水化物有HNO2、HNO3，E的氧化物水化物的酸性不一定大于B，如酸性HClOHNO3，错误；答案选C。点睛：错解分析错因分析错选A忽视碳元素的氢化物总称为烃，碳元素的最简单氢化物为CH4，CH4的沸点比NH3低。错选B忽视焰色反应是元素的性质，不是离子的性质，焰色反应呈黄色可以是Na、钠的氧化物、NaOH、钠盐。错选D非金属元素最高价含氧酸的酸性强弱可用元素周期律比较，忽视非金属元素一般具有可变化合价，能形成多种含氧酸。15、B【详解】A．氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；B．漂粉精中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，故选B；C．甘油作护肤保湿剂，利用吸水性，没有元素的化合价变化，故C不选；D．二氧化硫作红酒添加剂，防止氧化，消毒杀菌，硫元素的化合价升高，作还原剂，故D不选；答案选：B。16、B【详解】A.煤的干馏就是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，属于化学变化，故A错误；B.石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；

C.石油的裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；

D.石油的裂解采用比裂化更高的温度，使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，以提供有机化工原料，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误；

答案选B。17、C【详解】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明原溶液中一定存在Fe3+，因Fe3+与I-能发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以一定不存在I-；

②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，发生3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，说明原溶液中一定存在Fe2+、NO3-，因HCO3-+H+=H2O+CO2↑，而原溶液滴加盐酸加酸没有气体生成，所以一定不存在HCO3-，无法确定是否含有Cl-；

故选：C。18、B【解析】A．爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸，黑火药爆炸时其中的KNO3、S与C反应生成K2S、CO2和N2，反应中N元素和S元素化合价降低被还原，C元素化合价升高被氧化，是氧化还原反应，故A不符合题意；B．石灰石分解产生氧化钙与二氧化碳，无元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故B符合题意；C．蜡烛成灰泪始干——石蜡的燃烧，是碳氢化合物被氧化成二氧化碳和水的过程，是氧化还原反应，故C不符合题意；D．炉火照天地，红星乱紫烟——铜的冶炼，Cu由化合态变成游离态是氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为B。19、D【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；B．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；C．镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；故答案为D。20、C【解析】A、Cl‾最外层电子数为8，A错误；B、蔗糖为非电解质，B错误；C、“84消毒液”中有效成分为NaClO，Cl与O之间形成一个共价键，Na+与ClO‾之间形成离子键，C正确；D、明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，可用于吸附悬浮性杂质，不能用于杀菌消毒，D错误；答案选C。21、B【详解】A．由题给信息可知，在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N，则铵盐必定为NH4F，反应中F元素化合价降低，被还原，则N被氧化，生成的三角锥形的分子M应为NF3，则反应的方程式为4NH3+3F2=NF3+3NH4F，故A正确；B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为-3价，NH3还原性较强，故B错误；C．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；故选：B。22、B【详解】A．因为r(Cl-)>r(Na+)，所以由离子半径a>b，可确定a离子为Cl-，A不正确；B．b离子为Na+，应靠近H2O分子中的O原子，所以水合b离子的图示不科学，B正确；C．溶液的体积未知，无法计算溶液中含有Na+的数目，C不正确；D．NaCl是强酸强碱盐，Cl-不水解，溶液呈中性，D不正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、Al3+、NO3-3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O33.6LNH4+、Na+、SO42-Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O【解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32−；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3−，强酸性溶液中含有NO3−，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I−。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。实验消耗Cu144g，则Cu的物质的量是：144g÷64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O可得：3Cu～2NO，则NO的物质的量是×2.25mol，其在标准状况下的体积是×2.25mol×22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是H＋＋OH－=H2O，当H＋完全反应后，开始发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4＋，发生了NH4＋＋OH－=NH3·H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O。24、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↓。25、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2Od、e—b、c—i、j—f、g—h排出装置中的空气中打开止水夹，并将铜丝插入稀硝酸将NOCl冷凝为液态B、C上部的空气会将NO氧化（或E中制得的NOCl产品中可能混有少量NO2Cl）NOCl+H2O=HNO2+HCl【分析】由干燥纯净的氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据装置图，由二氧化锰与浓盐酸制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用浓硫酸干燥，由A用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，故B用水净化NO，装置C用浓硫酸干燥，将氯气和NO干燥后在装置D中发生反应，在冰盐水冷却的E装置中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气；NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此分析解答。【详解】(1)铜与稀硝酸制备NO，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)由二氧化锰与浓盐酸制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要首先用饱和食盐水吸收氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，则a连接d、e-b、c，将干燥后的氯气和NO在装置D中发生反应，在冰盐水冷却的E中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故c-i、j-f、g-h，故答案为：d、e-b、c-i、j-f、g-h；(3)NO能够与空气中的氧气反应，需要排除装置中的空气，实验时，先制取氯气，使氯气充满除A、B、C外的整套装置，装置中充满氯气后，打开止水夹，并将铜丝插入稀硝酸中，制备NO，E中冰盐水将NOCl冷凝为液态，便于收集；故答案为：排出装置中的空气；打开止水夹，并将铜丝插入稀硝酸中；将NOCl冷凝为液态；(4)NO遇空气中的氧气被氧化，B、C上部的空气会将NO氧化，不利于反应，故答案为：B、C上部的空气会将NO氧化；(5)若无C装置，NOCl与水蒸气发生水解反应：NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl。26、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。故选A；（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。27、A(或B)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)d→c→f→e→i红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2+12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A(或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)；②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空