2026届四川省眉山实验高级中学化学高三第一学期期中监测模拟试题含解析

2026届四川省眉山实验高级中学化学高三第一学期期中监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、短周期主族元素X、Y、Z、U、W原子序数依次增大，X位于ⅠA族，Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z的简单气态氢化物的稳定性是所有元素氢化物最强的，U是地壳中含量最多的金属元素，W与Z属于同一主族，下列叙述正确的是A．由X与W形成的化合物是离子化合物B．Z元素的最低化合价为-1，最高化合价为+7C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比U的强D．Z的简单离子半径小于U的离子半径2、下列关于离子反应的说法错误的是A．根据有无电子转移，离子反应可以分为氧化还原反应和离子互换反应B．一般情况下，离子反应总是朝向所有离子浓度减小的方向进行C．难溶物或弱电解质也能发生离子互换反应D．溶液中的离子反应可以有分子参加3、如图，将2mL浓度为6mol/L的盐酸用注射器通过橡皮塞慢慢注入，玻璃管中出现小气泡，气泡在溶液中逐渐上升的过程中消失。对该反应过程的推断不合理的是：A．有反应CO32-+2H+→CO2↑+H2O发生B．有反应CO32-+H+→HCO3-发生C．有反应CO32-+CO2+H2O→2HCO3-发生D．加快盐酸注入速度不会改变反应现象4、下列有关分类的说法正确的是A．胶体的本质特征是具有丁达尔效应B．阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物C．白磷转化为红磷是物理变化D．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物5、明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO36、常温下，下列各组离子能大量共存的是（）A．H+Na+SOBa2+ B．Ca2+Na+H+COC．K+Fe3+H+NO D．Ag+Mg2+SOCl-7、在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：反应I：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)

△H1=a

kJ·mol－1反应Ⅱ：5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)

△H2=b

kJ·mol－1下列说法正确的是A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化B．两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2C．常温常压下，反应Ⅱ中生成22.4LN2转移的电子数为3.75

NAD．4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)

△H=(3a+b)kJ·mol－18、“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④9、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池C．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2O10、关于元素周期律和元素周期表的下列说法中正确的是()A．目前发现的所有元素占据了周期表里全部位置，不可能再有新的元素被发现B．按原子的电子构型，可将周期表分为5个区C．俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献D．同一主族的元素从上到下，金属性呈周期性变化11、X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是①Na、Na2O、Na2O2②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2③Fe、FeCl2、FeCl3④NaOH、Na2CO3、NaHCO3⑤C、CO、CO2A．②④B．①③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤12、有机物命名中常使用多套数字编号：“甲、乙、丙…”，“1、2、3…”，“一、二、三…”，其中“1、2、3…”指的是（）A．碳原子数目B．碳链位置或某种官能团位置的编号C．某种基团或官能团的数目D．原子间共用电子对的数目13、下列有关化学反应的叙述正确的是A．Cu与稀硝酸反应生成NOB．Fe与H2O(g)加热生成Fe2O3C．Mg在CO2中燃烧生成MgCO3D．室温下，氨水中通入过量SO2生成(NH4)2SO314、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B．流感疫苗要冷藏存放，以免蛋白质变性C．“地沟油”经分馏可得汽油，用作汽车燃料D．国产大飞机C919使用的“现代工业骨骼”碳纤维是一种新型的有机高分子材料15、下列反应的离子方程式正确的是()A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．氢氧化亚铁在空气中的变化：2Fe(OH)2+O2+H2O=2Fe(OH)3C．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D．少量Ca(OH)2和NaHCO3反应：Ca2＋＋OH－＋HCO3-＝CaCO3↓＋H2O16、下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是()A．甲为小苏打，乙为纯碱B．要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C．加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D．整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊17、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明合理的是A．《开宝本草》中记载“…（KNO3）所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”利用溶解、蒸发、结晶B．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到萃取C．《金石类》中记载有加热青矾(FeSO4·7H2O)分解时的景象“青矾烧之赤色，气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。”主要发生了非氧化还反应D．《神农本革经》记载：“石硫磺(S)…主阴蚀疽痔恶血，坚筋骨，除头秃，能化金银铜铁奇物。”得出硫磺(S)具有的性质是还原性，作用可用于杀菌、消毒18、关于晶体的叙述中，正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体19、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2OB．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OC．将2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2D．将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O20、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－＋I221、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．无色透明的溶液：Na+、Cu2+、、Cl-B．的溶液：K+、Na+、、C．0.1mol•L-1KMnO4溶液：、Na+、、I-D．能溶解Al(OH)3的溶液：Na+、、、CH3COO-22、为探究铁与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某些物质，下列关于v(H2)变化判断正确的是A．加入Na2SO4溶液，v(H2)减小B．加入NaHSO4固体，v(H2)不变C．加入NaNO3固体，v(H2)不变D．加入CuSO4固体，v(H2)减小二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A~K均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去。请回答以下问题：（1）B的主要用途是_________（填一项），C的化学式为______________。（2）E中阳离子的结构示意图为__________（3）向F中通入足量CO2生成K的离子方程式是________________________。（4）J在工业上可用于净水，其原理是__________________（用离子方程式表示）24、（12分）将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和H2O六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物。（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式:________________________。（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素在元素周期表中的位置是____________________。（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E的结构式为__________________，工业制取E气体的化学方程式为___________________________。（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，现象依次为____________________、____________________、__________________。（5）取一定量的X晶体分解，若生成0.1molF，则必同时生成____________（填化学式）________mol。25、（12分）隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。[实验探究]某化学小组选用下图所示部分装置进行分步实验(夹持装置略)。实验Ⅰ甲同学为探究分解产物中的硫氧化物是SO2还是SO3，连接装置A-E-F-B进行实验。(1)实验过程中观察到：E中没有明显现象，F中溶液褪色，据此得出的结论是_______。(2)B的作用是_____________________________________。实验Ⅱ验证分解产物中含有水蒸气和氨气，并探究残留固体成分。(3)所选用装置的正确连接顺序为___________________________(填装置的字母序号)。(4)证明有水蒸气生成的实验现象为_____________________________________。(5)证明有氨气生成的实验现象为_____________________________________。(6)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体中含有三价铁_________。(7)实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除上述产物外，还有N2生成，写出A中反应的化学方程式________________。26、（10分）氯化亚铜晶体呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮湿空气中易被氧化。氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料。实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列问题：（1）“操作①”调节溶液的pH范围为3.2≤pH<5.6，便于将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀除去，加入的“试剂X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反应②”是向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥密封包装即得产品，据此回答下列问题：①写出向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl的离子方程式__________。②用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氢气流中得到CuCl2·2H2O固体的“操作②”具体步骤为________、过滤、洗涤。（4）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.250g和10mL过量的FeCl3溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数1230.250g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）20.3520.0519.95则样品中CuCl的纯度为________。（5）如图所示将氯气从a通入与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯省略），反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化学腐蚀过程中的正极反应式为___________。27、（12分）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。28、（14分）优化反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水温度/℃浓度/（mol/L）体积/mL浓度/（mol/L）体积/mL体积/mLⅠ0.11.50.11.51020Ⅱ0.12.50.11.59aⅢ0.1b0.11.5930①表中，a为______，b为______。②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_______。③硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：_________。（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4•2H2O），其中的物质转化过程如图所示。①过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是_________。②过程Ⅱ中，反应的离子方程式为________。③根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_______L。29、（10分）铜、硼、硅、砷等元素的化合物是制造新型激光武器和新型太阳能电池的重要材料。回答下列问题：（1）基态硅原子电子占据的最高能层符号是_____，其中能量最高的电子所占据能级的原子轨道有_____个伸展方向，原子轨道呈_____形。（2）在硫酸铜溶液中通入过量的氨气，小心蒸发，最终得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体，晶体中含有的化学键除普通共价键外，还有____________。（3）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的第一电离能从大到小的顺序为________（用元素符号表示）。H2SeO3的酸性_______H2SeO4（填“强于”或“弱于”），原因是___________（从分子结构的角度回答）。（4）氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。它的晶体结构如右图所示。六方相氮化硼______π键（填“含有”或“不含”），其质地软的原因是_________。NaBH4是一种重要的储氢载体，阴离子的的立体结构_________。

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【解析】短周期主族元素X、Y、Z、U、W原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y为C元素；Z的简单气态氢化物的稳定性最强，Z为F元素；U是地壳中含量最多的金属元素，U为Al元素；W与Z属于同一主族，W为Cl元素，X位于IA族，且原子序数小于6，可知X为H或Li。由上述分析可知，X为H或Li，Y为C，Z为F，U为Al，W为Cl。A．X与W形成的化合物可能为HCl，含共价键，为共价化合物，故A错误；B．Z为F，不存在正价，故B错误；C．非金属性C＞Al，则Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比U的强，故C正确；D．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则Z的简单离子半径大于U的简单阳离子半径，故D错误；故选C。点睛：把握原子序数、原子结构、元素的位置推断元素为解答的关键。本题的易错点为B，F的非金属性最强，在化合物中只有负化合价，没有正化合价。2、B【详解】A.如有电子转移，则为氧化还原反应，也可发生离子互换反应，如复分解反应不发生电子转移，故A正确；B.离子反应总是向着某种离子浓度减小的方向进行，并不是所有的离子浓度都减小，如醋酸与氢氧化钠的反应，醋酸根离子浓度增大，故B错误；C.难溶物可发生沉淀的转化、溶解等；弱酸、弱碱为弱电解质，可发生中和反应，故C正确；D.弱电解质在溶液中主要以分子形式存在，在发生离子反应时，以分子形态参加，故D正确；答案选B。【点睛】有离子参加的反应为离子反应，导致某些离子浓度减小，反应类型可为氧化还原反应、复分解反应等。3、D【详解】由于是慢慢注入盐酸，反应的实质是CO32-+CO2+H2O→2HCO3-，然后HCO3-+H+→CO2↑+H2O发生，但如果盐酸浓度局部过大时就很快会发生两个反应看到现象是有气泡产生，故A、B、C都有可能发生。4、D【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1～100nm之间，选项A错误；B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；C、白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。答案选D。5、D【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D6、C【详解】A．SO、Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，A不能大量共存；B．H+、CO反应生成二氧化碳气体，B不能大量共存；C．K+、Fe3+、H+、NO不反应，C能大量共存；D．Ag+与SO或Cl-反应生成硫酸银或氯化银沉淀，D不能大量共存；答案为C。7、D【详解】A项、反应Ⅱ中铵根离子中氮元素被氧化，硝酸根中氮元素被还原，故A错误；B项、由热化学方程式可知，反应I中1molNH4+被氧气完全氧化能生成1molNO3-，反应Ⅱ中1molNH4+能氧化只能消耗0.6molNO3-，则两池中投放的废液体积相等时，NH4+转化为NO3-和N2，故B错误；C项、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算22.4LN2的物质的量，不能计算反应转移的电子数，故C错误；D项、由盖斯定律可知，(3×I+Ⅱ)得热化学方程式4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)，则△H=(3a+b)kJ·mol－1，故D正确；故选D。8、C【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；故符合“绿色化学”的为①②④。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。9、B【解析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极，产生的气体是氢气；b为阳极，产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O；A．a电极为原电池正极，电极反应为4H++4e-=2H2↑，生成氢气，故A错误；B．c电极为正极得到电子发生还原反应，原电池中阳离子向正极移动，故B正确；b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故B错误；C．b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故C错误；D．d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+，故D错误；故选B。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极。10、B【解析】A．随着科学技术的发展，人们可以不断合成一些元素，元素周期表中元素的种类在不断的增加，故A错误；B．按构造原理最后填入电子的能级符号，可将周期表分为5个区，5个区分别为s区、d区、p区、ds区和f区，故B正确；C．俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献，而不是道尔顿，故C错误；D．同一主族的元素从上到下，金属性逐渐增强，而不是呈周期性变化，故D错误；故选B。11、C【解析】①若X为Na，W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，Na与O2在常温条件下反应生成Na2O，Na2O在有氧气并且加热的条件下生成Na2O2，Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，AlCl3与少量的NaOH反应生成Al(OH)3和NaCl，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O，AlCl3与过量的NaOH反应生成NaAlO2、H2O和NaCl，故②正确；③若X为Fe，W为Cl2，则Fe和Cl2反应只生成FeCl3，故③错误；④若X为NaOH，W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，NaOH与少量的CO2反应生成Na2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成NaHCO3，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，故④正确；⑤若X为C，W为O2，则Y为CO，Z为CO2，C和O2在不完全燃烧条件下生成CO，CO继续氧化为CO2，C和O2在完全燃烧条件下生成CO2，故⑤正确。所以正确的是①②④⑤。故选C。12、B【详解】有机物命名中，“甲、乙、丙…”表示主链的碳原子数目；“1、2、3…”表示取代基在主链上的位次；“一、二、三…”某种基团或官能团的数目。B符合题意。答案选B。13、A【详解】A.Cu与稀硝酸反应生成NO、Cu(NO3)2和H2O，故A正确；B.Fe与H2O(g)加热生成Fe3O4和H2，故B错误；C.Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，故C错误；D.室温下，氨水中通入过量SO2生成NH4HSO3，故D错误；故答案：A。14、B【解析】A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；B.疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C.对地沟油为原料制取可以得到生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料，故C错误；D.碳纤维是无机物，是一种无机高分子材料，故D错误；正确答案是B。15、A【解析】A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应，离子方程式：CO32-+CaSO4⇌CaCO3+SO42-，故A正确；B．氢氧化亚铁在空气中的变化，化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，故B错误；C．次氯酸为弱酸，氯气溶于水的离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故C错误；D．少量Ca(OH)2和NaHCO3反应，离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；故选A。16、C【详解】A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。17、A【解析】A.扫取以水淋汁后(溶解)，乃煎炼（蒸发结晶）而成，故A正确；B.由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故B错误；C.青矾（FeSO4·7H2O）烧之赤色（Fe2O3），铁元素由+2价升高到+3价，发生了氧化反应，同时生成了二氧化硫，发生了还原反应，故C错误；D.硫磺(S)具有氧化性，可用于杀菌、消毒，故D错误；综上所述，本题选A。18、A【详解】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；

B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，故B错误；C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳定性越大，不是熔、沸点越高，故C错误；D．共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由移动的离子，如HCl等，故D错误；故答案为A。【点睛】原子晶体的三态变化破坏的是共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高；分子晶体的三态变化破坏的是分子间作用力，分子间作用力大的熔沸点高。19、D【详解】A、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，故A错误；B、碱性溶液不能生成H+，故B错误；C、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，故C错误；D、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积互相均匀混合,设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子,1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；故选D；20、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。21、B【详解】A．无色透明的溶液中不可能含有Cu2+，故A错误；B．室温下的溶液中c(OH-)=10-1mol/L，即溶液pH=13，而离子组K+、Na+、、彼此间不发生离子反应，且在碱性溶液中能大量存在，故B正确；C．有强氧化性，I-有较强还原性，两离子不可能大量共存于同一溶液中，故C错误；D．能溶解Al(OH)3的溶液可能显强酸性，也可能显强碱性，而不能在强碱性溶液中大量存在，CH3COO-不能在强酸性溶液中大量存在，故D错误；故答案为B。22、A【详解】A.加入Na2SO4溶液会稀释原溶液，氢离子浓度减小，故v(H2)减小，故A正确；B.加入NaHSO4固体，使溶液中的氢离子浓度增大，故v(H2)增大，故B错误；C.加入NaNO3固体会引入硝酸根，硝酸根的氧化性大于氢离子的氧化性，会先于氢离子与铁反应，故v(H2)减小；D．加入CuSO4固体，铁会置换出铜单质附着在铁表面形成原电池，加快反应速率，故故v(H2)增大，故D错误；故答案为A。【点睛】本题中A项加入的物质对反应本身没什么影响，但是会稀释原溶液。二、非选择题(共84分)23、制作铁红等Al2O3AlO

2-

+CO2

+2H2O=Al(OH)

3+HCO3-Fe

3+

+3H2O

Fe(OH)

3

(胶体)+3H

+【分析】I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，由转化关系可知G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH）3，F为NaAlO2【详解】（1）B为Fe2O3，B的主要用途是制作铁红等，C的化学式为Al2O3。（2）E为AlCl3，阳离子为Al3＋，离子的结构示意图为；（3）向F中通入足量CO2生成K，即：向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－；（4）J在工业上可用于净水，其原理是：铁盐可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，生成胶体，具有吸附性，可净化水。【点睛】本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及化学式及离子方程式书写等，易错点（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3和碳酸氢钠，通入少量二氧化碳则生成碳酸钠。24、Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O第三周期VIA族N2+3H22NH3生成白色沉淀生成有刺激性气味的气体白色沉淀又逐渐溶解SO20.3【解析】试题分析：（1）A能溶于强酸、强碱，A是Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则D是SO3、B是SO2；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E是NH3；气体E是单质F所含元素的氢化物，所以F是N2；（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子；（5）根据得失电子守恒分析；解析：根据以上分析，（1）A是Al2O3，Al2O3与强碱溶液反应生成偏铝酸盐，离子方程式是Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O。（2）D是SO3、B是SO2，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素是S元素，S元素在元素周期表中的位置是第三周期VIA族。（3）E是NH3，NH3的结构式为，工业上用氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下合成氨气，化学方程式为N2+3H22NH3。（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子，向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，依次发生反应，、、，所以现象依次为生成白色沉淀、生成有刺激性气味的气体、白色沉淀又逐渐溶解。（5）生成1molN2失去6mol电子，生成1molSO2得到2mol电子，电子根据电子得失守恒，若生成0.1molN2，失去0.6mol电子，则必同时生成0.3molSO2。点睛：铝离子结合氢氧根离子的能力大于铵根离子结合氢氧根离子的能力；氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。25、分解产物中有SO2没有SO3吸收SO2防止污染空气ACBDC中无水硫酸铜变蓝色D中溶液变红色取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红色，说明含三价铁2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O↑；【分析】实验I甲同学为探究分解产物中的硫氧化物，连接装置A-E-F-B进行实验，E中没有明显现象，F中溶液褪色，可说明生成硫氧化物为二氧化硫，没有生成三氧化硫，碱石灰用于吸收二氧化硫，防止污染空气。实验Ⅱ验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气。【详解】（1）E中含HCl的BaCl2溶液没有明显现象，无硫酸钡沉淀生成，证明分解产物中无三氧化硫生成，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，F中溶液褪色说明有二氧化硫生成，故：分解产物中有SO2没有SO3；（2）连接装置A-E-F-B进行实验，最后装置B是：吸收SO2防止污染空气；（3））实验Ⅱ验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为ACBD；（4）利用无水硫酸铜遇到水变蓝色证明水蒸气生成，证明有水蒸气生成的实验现象为：C中无水硫酸铜变蓝色；（5）证明有氨气生成是利用氨气极易溶于水生成一水合氨，溶液显碱性使酚酞变红色，证明有氨气生成的实验现象为：D中溶液变红色；（6）要证明残留固体中含三价铁，可利用Fe3+与SCN-作用溶液呈红色。设计的实验为：取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则残留固体中含三价铁；（7）实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有N2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O↑。26、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化蒸发浓缩，冷却结晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，据此分析。【详解】(1)用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，故答案为：AD；(2)①根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和，其反应的离子方程式为：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+，故答案为：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+；②由于CuCl露置于潮湿空气中易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；(3)氯化铜溶液易水解，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CuCl2⋅2H2O，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；(4)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为20.35mL，误差大舍去，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为20mL，结合方程式可知：，CuCl的纯度为，故答案为：79.6%（或0.796）；(5)反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中生成NaClO溶液，该溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁(含Fe、C)制品盛装该溶液会发生电化腐蚀，ClO−得电子作正极生成Cl−，则正极上的电极方程式为：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－，故答案为：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－。27、2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑在HCl的气氛中加热CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O)用生成的氨气排除装置内的空气碱石灰防止空气中的水分进入装置C没有尾气处理装置(或其他合理答案)91.8%【分析】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；②生成的氨气排除装置内的空气；③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为用生成的氨气排除装置内的空气；③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为没有尾气处理装置；（3）设14.38g样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为91.8%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。28、202.5实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短pH高于9.5，OH-浓度过高，反应Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-被抑制，Ag浸出率低；pH低于8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低Mn(OH)22S2-+9H2O+4MnO32-=S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-4.48【分析】(1)①根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温