2026届辽宁省盘锦市二中高三化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届辽宁省盘锦市二中高三化学第一学期期中达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、将0.1molCl2通入100mL含等物质的量HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是A．物质的还原性：HBr>H2SO3>HClB．HBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol·L－1C．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2Br－+4H2O=4SO42－+Br2+10Cl－+16H+D．若再通入0.05molCl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化2、用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（）A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照3、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫具有（）A．酸性 B．氧化性 C．还原性 D．漂白性4、NA表示阿佛加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．22.4LB．在1LpH＝12的K2CO3溶液中由水电离产生的OH－数目为0.01NAC．14g由N2与C2H4组成的混合气体中含有的氢原子数可能为2NAD．22.4L标况下的CO2中共用电子对数为2NA5、苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯6、在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂，能观察到先沉淀后变澄清的是()①氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液②偏铝酸钠溶液中加盐酸③氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液④蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液⑤氯化铝溶液中滴加氨水⑥硝酸银溶液中滴加氨水⑦氢氧化铁胶体滴加硫酸A．①②④⑥ B．②③⑤⑦ C．①②⑥⑦ D．③④⑤⑥7、下列说法正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异B．可用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气C．白炽灯工作时，电能全部转化为光能D．日本福岛核电站核泄漏事故提醒我们不要开发新能源，要大力挖掘化石能源8、下列反应的离子方程式书写正确的是A．澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-==CaCO3↓+H2OB．1mol·L-1

的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的盐酸等体积混合：2AlO2-+5H+=Al（OH）3↓+Al3++H2OC．实验室配制的亚铁盐溶液在空气中被氧化：4Fe2++O2+2H2O==4Fe3++4OH-D．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4-+6H++H2O2==2Mn2++3O2↑+4H2O9、已知。在含少量的溶液中，分解反应过程为i.ii.下列说法不正确的是A．B．是分解反应的催化剂C．欲分解2mol(l)，至少需要提供的热量D．若生成，则反应ii转移电子的物质的量为10、古“丝绸之路”我国商人运出的货物有：①丝绸、②茶叶、③白糖、④瓷器、⑤纸张、⑥植物油、⑦明矾、⑧金银铜器等。下列说法正确的是A．④、⑦、⑧都属于盐类B．①、⑤都属于高分子化合物C．①、②、⑤、⑥都属于蛋白质D．①、②、③、④、⑤、⑥的主要成分都属于有机物11、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是A．pH=1的NaHSO4溶液：B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：C．pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中：大小顺序：①>②>③D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)：12、已知镓（Ga）有两种天然同位素，一种是，其原子在天然同位素原子中所占的百分比为60%。实验测得溴化镓（GaBr3）的摩尔质量为309.8g/mol，则此推知镓的另一种同位素是（）A．B．C．D．13、结构为…－CH＝CH－CH＝CH－CH＝CH－CH＝CH－…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅提高。上述高分子化合物的单体是A．乙炔 B．乙烯 C．丙烯 D．1,3－丁二烯14、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2×6.02×102315、A～G各物质间的关系如下图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是A．若反应①在常温下进行，则1molA在反应中能转移1mol电子B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2ClˉMn2＋＋2H2O＋Cl2↑C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解D．已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强16、1934年居里夫妇用α粒子轰击得到一种自然界不存在的核素，开创了人造核素的先河。其发生的变化如下：+→+。下列有关说法错误的是A．和两种原子互为同位素B．在中，质子数=中子数=核外电子数C．该变化同样遵循质量守恒定律D．该变化说明原子核在化学反应中也能发生变化17、锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是A．充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-===2Br-B．充电时n接电源的正极，Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧C．放电时阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大D．放电时每转移2mol电子负极区溶液质量减少65g18、下列分子中，电子总数不为18的是A．H2SB．C2H6C．N2H4D．H2O19、下列图象中，纵坐标为沉淀物的量，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，试按题意将图象中相应的数字序号填入表中的顺序为溶液加入物质相应序号(1)氯化铝溶液加入过量氨水(2)饱和澄清石灰水通入过量CO2气体(3)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液通入过量CO2气体(4)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液逐滴加入稀盐酸(5)MgCl2、AlCl3的混合溶液逐滴加入NaOH溶液至过量A．①③②④⑤ B．③⑤④②①C．①②③④⑤ D．③②④⑤①20、下列各组元素性质或原子结构变化规律中错误的是A．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增大B．P、S、Cl元素最高化合价依次增大C．N、O、F原子半径依次增大D．Li、Na、K的电子层数依次增大21、下列各组离子一定可以大量共存的是A．澄清透明溶液中:K+、Cu2+、ClO－、S2－B．能与铝粉反应生成氢气的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液中：Mg2+、H+、MnO4-、SO42-22、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB．原子半径：C＞B＞AC．气态氢化物的热稳定性：E＞CD．化合物DC与EC2中化学键类型相同二、非选择题(共84分)23、（14分）肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的名称为__________________。

（2）反应①～⑥中属于加成反应的是____（填序号）。

（3）写出反应③的化学方程式：______________________________________。

（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是__________（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。

A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）E的同分异构体有多种，其中之一甲属于酯类。甲可由H（已知H的相对分子量为32）和芳香酸G制得，则甲的结构共有__________种。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙烯为原料制备CH3CH＝CHCHO的合成路线流程图(无机试剂任选)。____________________合成路线流程图例如下：24、（12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________________________________。25、（12分）NH3是一种重要的化工原料，可用于制氮肥、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。某实验小组在实验室中对NH3的性质进行了探究，设计了如下实验装置。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）NH3性质探究利用制取的干燥NH3，小组开始实验，其中A为NH3的制取装置，并发现了如下实验现象，同时小组对现象进行了讨论并得出了相应的结论。序号实验现象实验结论ⅠB装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了Cu2O或______ⅡC装置中无水CuSO4变蓝反应生成了________ⅢE装置中收集到无色无味气体反应生成了N2①完型填空实验结论；②实验仪器D的名称为_______________；所装药品无水CaCl2的作用为______________；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为_______________________，体现了NH3的________性（填氧化或还原）。26、（10分）废旧光盘金属层中的少量Ag，某科研小组采用如下方案进行回收（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常温时N2H4·H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为___________。（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为___________。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________________。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并________________。（4）从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序号）。反应完全后获取纯净的单质银再进行的实验操作过程简述为________________。27、（12分）从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是______（填字母序号）。a．Feb．FeOc．Fe3O4d．Fe2O3（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料——红氧化铁的工艺流程如下（部分操作和条件略）：回答下列问题：①在步骤i中产生的有毒气体可能有__________________。②在步骤iii操作中，要除去的离子之一为Al3＋。若常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－32，此时理论上使Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=1×10-5mol/L，则溶液的pH为____________。③步骤iv中，生成FeCO3的离子方程式是_________________。（3）氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入适量氧化铜粉末会产生沉淀，写出该沉淀的化学式______________。这一过程的总反应的离子方程式______。（4）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：复分解反应ii的离子方程式是________________。28、（14分）用废铅蓄电池的铅泥(含PbSO4、PbO和Pb等)可制备精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)，主要制备流程如下。请回答下列问题：（1）铅蓄电池在生活中有广泛应用，其工作原理是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时转移了1mol电子，则理论上两极质量之差为_____________。（2）将滤液Ⅰ、滤液Ⅲ合并，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作，可得到一种结晶水合物(Mr=322)，其化学式为______________________。（3）步骤③酸溶时铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2及NO。滤液Ⅱ中溶质的主要成分为______(填化学式)。（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为______________________。（5）步骤⑦的洗涤操作中，检验沉淀是否洗涤完全的操作方法是__________________。29、（10分）Ⅰ.氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：(1)亚硝酰氯(结构式为)是有机合成中的重要试剂。它可由和在常温常压条件下反应制得，应方程式为。已知几种化学键的键能数据如下表所示：化学键键能243200607630当与反应生成的过程中转移电子，理论上放出的热量为______。(2)在一个恒容密闭容器中充入和发生(1)中反应，在温度分别为、时测得的物质的量(单位：)与时间的关系如下表所示：温度/℃0581321.51.31.021.151.01.0①______(填“>”“<”或“=”)。②温度为时，起始时容器内的压强为，则该反应的平衡常数______(化为最简式)。(3)近年来，地水中氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属、和铱的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮，其工作原理如下左图所示。①表面发生反应的方程式为______________________。②若导电基体上的颗粒增多，造成的后果是____________。Ⅱ.利用电化学原理，将、和熔融制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如上图所示。(4)①甲池工作时，转变成绿色硝化剂，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为_____________。②若用的电流电解后，乙中阴极得到，则该电解池的电解效率为______%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为)

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【分析】因反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可进行，则还原性H2SO3＞HBr，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol×2=x×0.5×1+x×（6-4），解得x=0.08mol，以此来解答。【详解】因反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可进行，则还原性H2SO3＞HBr，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol×2=x×0.5×1+x×（6-4），解得x=0.08mol，A．由H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr及还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性H2SO3＞HBr，选项A错误；B．由上述计算可知，HBr的物质的量为0.08mol，溶液体积为0.1L，浓度为0.8mol/L，选项B错误；C．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2Br－+4H2O=4SO42－+Br2+10Cl－+16H+，遵循电子、电荷守恒，选项C正确；D．由上述分析可知，还有0.04molHBr未被氧化，则再通入0.02molCl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用信息判断还原性，题目难度不大。2、A【详解】A.将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；B.用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；C.不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；D.不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。本题选A。3、C【解析】酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选C。【点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，例如二氧化硫通入下列溶液中的现象与其体现的性质比较可归纳为：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀SO2的性质溶于水显酸性溶于水显酸性还原性还原性漂白性氧化性4、B【解析】试题分析：A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，消耗22.4L的Cl2，转移电子1mol，故错误；B、溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，根据水的离子积，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－2mol·L－1，故正确；C、假设全部是N2，没有氢原子，假设全部是C2H4，氢原子物质的量为14×4/28mol=2mol，因此混合物中氢原子的物质的量为0～2之间，故错误；D、CO2的电子式为：COO，因此1molCOCOO考点：考查阿伏加德罗常数等知识。5、C【分析】本题考查的是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定结构（苯环等非官能团），再根据以上结构判断其性质。【详解】A．苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项A正确。B．苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确。C．苯乙烯与HCl应该发生加成反应，得到的是氯代苯乙烷，选项C错误。D．乙苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反应得到聚苯乙烯，选项D正确。【点睛】本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混合，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应得到溴化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；或者也可以认为溴过量，发生加成以后再进行取代。6、C【解析】①在氯化铝溶液中滴加NaOH溶液，随着NaOH溶液的不断加入，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，①符合题意；②在偏铝酸钠溶液中加盐酸，随着盐酸的不断加入，依次发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，②符合题意；③在NaOH溶液中滴加氯化铝溶液，随着氯化铝溶液的不断加入，依次发生的反应为：4NaOH+AlCl3=3NaCl+NaAlO2+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，能观察到的现象是先无明显现象后产生白色沉淀，③不符合题意；④蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液，蛋白质发生变性，观察到的现象是产生沉淀、但沉淀不会溶解，④不符合题意；⑤氯化铝溶液中滴加氨水，发生反应：AlCl3+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，能观察到的现象是产生白色沉淀、但沉淀不会溶解，⑤不符合题意；⑥硝酸银溶液中滴加氨水，随着氨水的不断加入，依次发生反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]OH+2H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，⑥符合题意；⑦硫酸属于电解质，在氢氧化铁胶体中滴加硫酸，胶体发生聚沉，观察到产生红褐色沉淀，继续加入硫酸发生反应2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+6H2O，观察到的现象是沉淀溶解得黄色溶液，⑦符合题意；答案选C。7、B【详解】A.侯氏制碱法是将通入饱和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A错误；B.过量浓氨水与氯气反应会生成氯化铵固体，有白烟产生，现象明显，则浓氨水可用于检验输送氯气的管道，B正确；C.白炽灯工作时，大部分电能转化为光能，少部分转化为热能，C错误；D.开发新能源是解决能源危机问题和环境污染问题的主要途径，不能因为核电站出现泄漏的个例事件就否定新能源的开发战略，D错误；故答案选B。8、B【解析】A、澄清石灰水是少量，因此离子反应方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故A错误；B、AlO2－与盐酸反应可能为AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，两种溶液等体积混合，因此物质的量之比为1：2.5，介于1：1和1：4之间，既有Al(OH)3也有Al3＋，发生的反应是AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，假设偏铝酸钠的体积为1L，则消耗H＋物质的量为1mol，生成Al(OH)3物质的量为1mol，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，消耗氢氧化铝的物质的量为(2.5－1)/3mol=0.5mol，氢氧化铝还剩0.5mol，生成Al3＋物质的量为0.5mol，因此离子反应方程式为2AlO2－+5H＋=Al(OH)3↓+Al3＋+H2O，故B正确；C、Fe3＋和OH－不能大量共存，故C错误；D、H2O2遇到强氧化剂时，表现还原性MnO4－→Mn2＋，化合价降低5价，H2O2→O2，化合价共升高2价，最小公倍数是10，离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误。点睛：本题的易错点是选项A，类似的反应中，少量的系数定为1，澄清石灰水是少量，系数为1，1molCa(OH)2中有2molOH－，需要消耗2molHCO3－，因此离子反应方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O。9、C【详解】A．根据盖斯定律可知，i+ii可得，2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H=△H1+△H2，故A正确；B．已知i.H2O2+I-→H2O+IO-，ii.H2O2+IO-→H2O+O2+I-，i+ii可得，2H2O2═2H2O+O2，说明I-为H2O2分解反应的催化剂，故B正确；C．双氧水的分解为放热反应，则分解2

mol

H2O2(l)至少放出98

kJ的热量，故C错误；D．反应H2O2(l)+IO-(aq)═H2O(l)+O2(g)+I-(aq)中，双氧水中-1价O原子被氧化成氧气，则生成1mol氧气转移的电子的物质的量为：1mol×2×[0-(-1]=2mol，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了氧化还原反应的计算、盖斯定律的应用、反应热计算等，明确盖斯定律的内容为解答关键。本题的易错点为D，要注意双氧水中的O元素的变化情况。10、B【解析】A、瓷器是硅酸盐材料，属于混合物，金银铜器是金属单质或合金，都不属于盐类，选项A错误；B、丝绸的主要成分为蛋白质、纸张的主要成分是纤维素，都是高分子化合物，选项B正确；C、茶叶、纸张主要成分是纤维素，属于糖类，植物油属于油脂，选项C错误；D、丝绸、茶叶、白糖、纸张、植物油的主要成分是有机物中的糖类、油脂、蛋白质，瓷器是硅酸盐材料，属于无机物，选项D错误。答案选B。11、A【详解】A.pH=1的NaHSO4溶液，根据物料守恒，，根据电荷守，所以，故A正确；B.AgCl的溶度积常数大于AgI，含有AgCl和AgI固体的悬浊液，，所以，故B错误；C.相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液，都是强酸弱碱盐，根据溶液pH相等可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，大小顺序：①=②>③，故C错误；D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)，根据物料守恒，故D错误；故答案选A。12、C【解析】溴化镓（GaBr3）的相对分子质量为309.8，镓的相对原子质量为69.8，其中贡献69×60%=41.4，镓的另一种同位素贡献69.8-41.4=28.4，所以该同位素的质量数为28.4/40%=71，故选C。13、A【解析】试题分析：根据高分子化合物的结构简式可知，该物质属于加聚产物，链节是－CH＝CH－，因此单体是乙炔，答案选A。考点：考查高分子化合物单体的判断14、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。15、D【详解】A．若反应①在常温下进行，则A是H2O2，B是O2，C是浓HCl；D是Cl2；E是Fe3O4；F是FeCl2；G是FeCl3.1molA在反应中能转移1mol电子，正确。B．反应②是用浓盐酸和二氧化锰在实验室制取氯气，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2ClMn2＋＋2H2O＋Cl2↑，正确；C．FeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2＋容易发生水解反应而使溶液显浑浊，为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时Fe2+有还原性，溶液被空气中的氧气氧化为Fe3+.为了防止其氧化，要加入还原剂Fe粉。正确。D.HCl与O2在催化剂存在的条件下加热，反应产生Cl2，只能证明氧化性O2>Cl2，但是不能证明氧化性：O2>MnO2，错误。16、D【分析】根据化学反应的最小微粒是原子，所有的反应都遵循质量守恒定律，质量数等于质子数加中子数，并结合同位素的概念等分析。【详解】A、P和P两种核素其质子数相同，而中子数不同，所以互为同位素，故A正确；

B、P是原子，中子数为30-15=15，对该原子来说，则存在原子序数=质子数=中子数=核外电子数，故B正确；C、所有的反应都遵循质量守恒定律，故C正确；D、原子核在一般的化学反应中不能发生变化，化学反应的最小微粒是原子，故D错误。答案选D。17、C【解析】放电时，该装置是原电池，Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以n是负极，m是正极；充电时，阳极、阴极与正极、负极电极反应式正好相反，阳离子交换膜只能阳离子通过，分子或阴离子不能通过，以此解答该题。【详解】A.充电时阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：Zn2++2e-═Zn，故A错误；B.n接电源的负极，充电时，电解池原理，Zn2+会移向阴极，即通过阳离子交换膜由左侧流向右侧，故B错误；C.放电时作原电池，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大，故C正确；D.原电池中Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，每转移2mol电子，负极减轻130g，故D错误；故选C。18、D【解析】分别为A、2+16=18；B、6×2+1×6=18；C、7×2+1×4=18；D、1×2+8=10；D不为18，故选D。19、D【详解】(1)氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为③；(2)饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，对照图象应为②；(3)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，通往过量CO2气体．先是NaOH和CO2气体反应，反应为：CO2+NaOH=NaHCO3，后发生：Na[Al(OH)4]+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，对照图象应为④；(4)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，逐滴加入稀盐酸，先是NaOH和HCl发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，后是Na[Al(OH)4]+HCl=Al(OH)3↓+NaCl+H2O，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，对照图象应为⑤；(5)MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为①；故答案为：D。【点晴】所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量；①表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；②表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；③表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；④表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；⑤表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解。20、C【详解】A.Na、Mg、Al原子最外层电子数分别为1、2、3，依次增大，故A正确；B.P、S、Cl元素最高化合价分别为：+5、+6、+7，依次增大，故B正确；C.N、O、F处于同周期，从左到右，N、O、F原子半径依次减小，故C错误；D.Li、Na、K的电子层数分别为2、3、4，依次增大，故A正确；故选C。21、D【解析】A、ClO－与S2－可以发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；B、能与铝粉反应生成氢气的溶液可能为强酸性或强碱性溶液，在强碱性溶液中Fe3+不能大量存在，故B不符合题意；C、c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中，AlO2-与Al3+发生反应3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，不能大量共存，故C不符合题意；D、c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液中，Mg2+、H+、MnO4-、SO42-互相不反应，能够大量共存，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体；②离子间发生氧化还原反应；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。22、A【分析】A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。二、非选择题(共84分)23、苯甲醛①⑤+NaOH+NaClBCDA4【解析】由反应①可知，A为C2H5OH，②C2H5OH氧化为BCH3CHO，③可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为。(1)由以上分析可知D为，名称为苯甲醛，故答案为苯甲醛；(2)由官能团的转化和反应条件可知①为加成反应，②为氧化反应，③为取代反应，④为氧化反应，⑤加成反应，故答案为①⑤；(3)反应③为氯代烃的取代反应，反应的方程式为，故答案为；(4)在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验，故答案为BCDA；(5)E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构，故答案为4；(6)以乙烯为原料制备CH3CH＝CHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息+，因此需要合成乙醛，可以有乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，是有机化学常见题型。本题的易错点为(5)，关键是判断芳香酸G的结构的种类。难点是(6)合成路线的设计，如果考虑到碳链增长，需要利用题干信息，解题就比较顺利了。24、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。25、A（或B）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）d→c→f→e→iCuH2O（球形）干燥管吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O还原【分析】装置A产生氨气，氨气在装置B中和氧化铜反应，生成的气体分别通过无水硫酸铜、无水氯化钙，装置E用于收集未反应完全的气体，以此解答。【详解】（1）①A.为固固加热制取气体的装置，可以选用氯化铵与碱石灰加热制取氨气；B.浓氨水和氧化钙反应可以制取氨气或者加热浓氨水可以制取氨气；故选A或B；反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）；②氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序：发生装置→d→c→f→e→i；（2）①B装置中黑色氧化铜变为红色，说明生成了Cu2O或Cu；C装置中无水CuSO4变蓝，说明反应生成了H2O；②实验仪器D的名称为：（球形）干燥管；所装药品无水CaCl2的作用为：吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为：2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O；该反应中N元素化合价上升，体现了NH3的还原性。26、水浴加热4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中①过滤、洗涤,干燥【解析】（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会产生氮的氧化物(或NO、NO2),造成环境污染。（3）洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中可以提高Ag的回收率。（4）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，吸收氨气比较理想的溶液是稀硫酸。所以，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有①1mol/LH2SO4。反应完全后为获取纯净的单质银，需要再进行的实验操作过程简述为过滤、洗涤,干燥。点睛：本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。27、cCO和SO2等5Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2OFe(OH)33CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+3[Fe(CN)6]4－+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓【分析】（1）磁铁的成分主要是四氧化三铁；（2）①“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等；②根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－32计算要将Al3＋沉淀完全时溶液的pH；③根据硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3写出离子方程式；（3）因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；（4）根据[Fe(CN)6]4-和Fe3+反应生成Fe4[Fe(CN)6]3蓝色沉淀写出离子方程式。【详解】（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁的成分主要是四氧化三铁，故答案为c。（2）①工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等，故答案为CO、SO2等；②根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－32，要将Al3＋沉淀完全，c(Al3+)=1.0×10-5，c(OH-)=（1.0×10－32/1×10-5）1/3=1.0×10－9，则溶液的pH=5，故答案为5；③步骤iv中，硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3的离子方程式为Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，故答案为Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；(3)因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀，这一过程的总反应的离子方程式为：3CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+，故答案为Fe(OH)3；3CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+。（4）[Fe(CN)6]4-和Fe3+反应生成Fe4[Fe(CN)6]3蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+═Fe4[Fe(CN)6]3↓，故答案为3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+═Fe4[Fe(CN)6]3↓。28、16gNaSO4·10H2OHNO34PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O取