2026届广东省博罗中学化学高三上期中学业质量监测试题含解析

2026届广东省博罗中学化学高三上期中学业质量监测试题考生须知：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、下列变化不能说明发生了化学变化的是（）A．变化时有电子的得失或共用电子对的形成B．变化时释放出能量C．变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成D．变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了2、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是A．配制溶液B．制取收集干燥氨气C．除去粗盐中的不溶物D．观察Fe(OH)2的生成3、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2OC．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2OD．向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：HCO3-＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O4、顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1,1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是()A．碳铂中所有碳原子在同一个平面中B．顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2C．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2∶1D．1mol1,1－环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA5、右图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是A．MgSO4 B．KAl(SO4)2 C．Al2(SO4)3 D．NaAlO26、在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H1②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H2③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g)△H3④2S(g)=S2(g)△H4则△H4的正确表达式为（）A．△H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）B．△H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）C．△H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）D．△H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）7、某溶液中可能含有、、、、、、、、、等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有B．反应最后形成的溶液中的溶质只有C．原溶液中含有与的物质的量之比为D．原溶液中一定含有的阴离子是：、、、8、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增加的是A．氨气还原氧化铜B．二氧化锰加入过氧化氢溶液中C．次氯酸钙露置在空气中变质D．过氧化钠吸收二氧化碳9、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)10、下列说法中正确的是（）A．氯化氢溶于水能电离出H+、Cl-，所以氯化氢是离子化合物B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．氧气和臭氧间的相互转化属于氧化还原反应D．有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构体11、下列离子方程式正确的是()A．FeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B．石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2OC．铜与浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD．过氧化钠与水反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑12、属于弱电解质的是A．Na2S B．H2O C．HNO3 D．C2H5OH13、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是A．反应物总能量一定低于生成物总能量 B．一定属于可逆反应C．一定有非极性共价键断裂 D．一定属于氧化还原反应14、在标准状况下，将VLA气体(摩尔质量是Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为dg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为A．B．C．D．15、已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列离子方程式正确的是()A．Fe3+与I－不能共存的原因：Fe3+＋2I－===Fe2+＋I2B．向NaClO溶液中滴加浓盐酸：ClO－＋H+===HClOC．向含1molFeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2+＋2Br－＋2Cl2===2Fe3+＋Br2＋4Cl－D．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋CO32-16、下列指定反应的离子方程式正确的是A．用白醋除铁锈：Fe2O3·xH2O+6H+==(3+x)H2O+2Fe3+B．用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++4OH-==AlO2-+2H2OD．向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2：3ClO-+2NH3==3Cl-+N2↑+3H2O17、下列反应的离子方程式书写正确的是A．氨气溶于醋酸溶液：NH3+H+=NH4+B．将硫化氢气体通入足量氢氧化钠溶液中：H2S+2OH-=S2-+2H2OC．向氯化亚铁溶液中加入溴水：Fe2++Br2=Fe3++2Br-D．AlCl3溶液中加入过量氨水Al3＋+4OH-=AlO2-+2H2O18、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1mol甲苯含有6NA个C﹣H键B．18gH2O含有10NA个质子C．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子19、下图所示装置中，属于原电池的是A． B． C． D．20、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LSO3溶于水，所得溶液中H+的数目为0.2NAB．1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NAC．在密闭容器中，2molNO和1molO2充分反应，产物分子数为2NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA21、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是()A．二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂B．漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质C．通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中D．汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的22、央视栏目《国家宝藏》不仅彰显了民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是()A．宋•王希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜B．宋•《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质C．战国•“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金D．清•乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅二、非选择题(共84分)23、（14分）已知无色溶液X可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32-、NO3-、SO42-中的几种离子，某化学兴趣小组通过如下实验确定了其成分(其中所加试剂均过量，气体体积已转化为标准状况)：回答下列问题：(1)实验Ⅱ可确定无色溶液X中一定不存在的离子有________。(2)无色气体A的空间构型为_______；白色沉淀A的成分为_______(写化学式)。(3)实验Ⅲ中的第ii步操作对应发生的反应的离子方程式为________。(4)该无色溶液X中一定存在的阳离子及其物质的量浓度为________。24、（12分）多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：（1）A分子结构中在一个面上最多有________个原子。D→E发生的化学反应类型是_______。D中含有的官能团名称是________。（2）B→C的化学方程式是______.(K2CO3在方程式中作催化剂)（3）满足下列条件①和②的D的同分异构体的个数为________。写出一种同时满足下列条件①②③的同分异构体的结构简式_________。①苯的衍生物，且苯环上只有两种处于对位的取代基②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应（4）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为________。（5）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为________。25、（12分）聚合硫酸铁、明矾可用作净水剂。某课题组拟以废弃的铝铁合金为原料制备聚合硫酸铁和明矾，设计化工流程如下：(1)聚合硫酸铁能溶于水，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。①在聚合硫酸铁中，x、y之间的关系是_______。试剂X中溶质的化学式为________。②上述流程图中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见；____________________为了降低聚合硫酸铁的溶解度，在浓缩过程中加入适量的溶剂是________(填结构简式)。③加入试剂Y的目的是为了调节溶液的PH，若Y为氧化物，写出调节PH的离子方程式：________；溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有较大影响(如图A所示)，试分析pH过小(pH≤3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：________。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O。图B为明矾的溶解度随温度变化的曲线，由滤液Ⅰ制备明矾晶体的流程如下(供选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：①试剂1是____；操作1的名称是________。②结晶措施是________。26、（10分）乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·2H2O是一种很好的食品铁强化剂，可由乳酸钙与FeCl2反应制得，制备流程如图：反应装置如图所示：已知：①潮湿的乳酸亚铁易被氧化。②物质的溶解性：乳酸钙：溶于冷水，易溶于热水；乳酸亚铁：溶于冷水和热水，难溶于乙醇。请回答：(1)装置甲的气密性检查操作为__________。(2)部分实验操作过程如下，请按正确操作顺序填入字母，其正确的操作顺序是：检查气密性→按图示要求加入试剂→将三颈烧瓶置于水浴中→____→_____→_____→_____→_____→_____→开动搅拌器→……a.关闭K1；b.盖上分液漏斗上口玻璃塞；c.关闭K3，打开K2；d.关闭K2，打开K3；e.打开分液漏斗上口玻璃塞；f打开K1(3)该装置制备乳酸亚铁的优点是__________副产物为__________(4)下列说法正确的是__________A．装置甲中的主要仪器是球形分液漏斗和蒸馏烧瓶B．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是控制反应速率，防止进入三颈烧瓶的氯化亚铁过多，反应过于剧烈C．乳酸亚铁悬浊液应从b口倒出进行抽滤，并用滤液洗涤三颈烧瓶，将洗涤液倒入布氏漏斗再次抽滤D．粗产品的洗涤液，经蒸馏后所得的残留液，与滤液混合可提高副产物的产量(5)有同学提出可直接用KMnO4滴定法测定样品中的Fe2+量进而计算纯度，但实验后发现结果总是大于100%，其主要原因可能是_________27、（12分）高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)。（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有__(填化学式)。（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为__。（3）通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是__。（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→__→__→__。②F中发生反应的离子方程式为__。（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___。（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的__；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果__(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。28、（14分）某一兴趣小组分离KNO

3与NaCl固体混合物的实验步骤如下：①混合物用蒸馏水溶解制成饱和溶液②将滤液冷却，结晶，分离出晶体③趁热过滤，滤出析出的晶体④加热蒸发，至有较多晶体析出（1）正确操作步骤的顺序是（用序号填空）_____________________。（2）趁热滤出的晶体是____________；趁热过滤的理由是__________________。（3）滤液冷却后得到的晶体是____，需冷却结晶的原因：______________。（4）欲得更纯的KNO3晶体，还需进行的是_______________。29、（10分）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJ/molN2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+111kJ/molH2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol（1）催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_____________。Ⅱ．脱碳：（2）向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应CO2(g)+1H2(g)CH1OH(l)+H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__________。A．混合气体的平均式量保持不变B．CO2和H2的体积分数保持不变C．CO2和H2的转化率相等D．混合气体的密度保持不变E．1molCO2生成的同时有1molH—H键断裂（1）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为1mol的H2和CO，发生反应CO(g)+2H2(g)CH1OH(g)反应达到平衡时CH1OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。

①当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率V(H2)=___________。若此时再向容器中加入CO（g）和CH1OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将__________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；②当起始n(H2)/n(CO)=1．5时，达到平衡状态后，CH1OH的体积分数可能是图象中的_________点（选填“D”、“E”或“F”）Ⅲ．脱硫：（4）如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42－。物质A的化学式为_______，阴极的电极反应式是_______________________。

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、B【解析】A、变化时有电子的得失或共用电子对的形成，一定发生了氧化还原反应，有新物质的生成，是化学变化。B、有些物理变化也会释放出能量，如摩擦生热、浓硫酸溶于水，故变化时释放出能量不能说明发生了化学反应，也可能是物理变化。C、变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成，则有新物质的生成，一定是化学变化。D、变化前后分子种类增加，即有新物质的生成，一定是化学变化。故只有B符合题意，答案选B2、D【解析】A．配制溶液定容时，在距离刻度线1-2cm时，要用胶头滴管滴加，直到液体的凹液面与刻度线相切，故A项错误；B．氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，导气管应该伸入到小试管底部，故B项错误；C．玻璃棒要轻轻抵在三层滤纸一侧，漏斗颈尖端靠于烧杯的内壁上，为了防止液体飞溅，故C项错误；D．由于Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3，因而要观察Fe(OH)2的生成需要用植物油隔绝空气防止其被氧化，故D项正确；综上所述，本题选D。3、C【详解】A、次氯酸为弱酸，不能拆分，所以氯气溶于水的离子反应方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，A错误；B、硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应方程式为：3SO32-＋2H＋+2NO3-=3SO42-＋2NO↑+H2O，B错误；C、酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的离子反应方程式为：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，C正确；D、向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-，D错误；故选C。【点睛】当离子反应方程式涉及过量和少量时，假设少量的为1mol，再根据具体反应添加。如D选项：Ba(OH)2溶液少量，则假设Ba(OH)2为1mol，则含有2molOH－和1molBa2＋，2molOH－能与2molHCO3-完全反应同时生成2molH2O和2molCO32-，生成的CO32-能够结合Ba2＋，而Ba2＋只有1mol，所以反应1molCO32-，还剩余1molCO32-。所以离子反应方程式为：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-。4、C【解析】A、根据结构简式，其中碳原子有sp3杂化，属于四面体，因此所有碳原子不在同一平面，故A错误；B、N有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3杂化，故B错误；C、sp3杂化的碳原子有4个sp2杂化的碳原子有2个，即个数比为2：1，故C正确；D、1mol此有机物含有含有σ键的数目为26NA，故D错误。5、C【详解】该图像可知，当沉淀达到最大时，沉淀开始溶解，但仍然有剩余的，这说明选项A、D是不正确；根据图像可知，氢氧化铝是2mol，而硫酸钡是3mol，即硫酸根离子和铝离子的个数之比是3︰2，因此选项C正确，B不正确，答案选C。6、A【详解】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g)+S2(g)△H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g)=S2(g)△H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。7、D【分析】根据图像分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含有OH-离子，则与OH-不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后发生反应沉淀逐渐增大，说明是AlO2-和SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝和硅酸，继续加入盐酸沉淀质量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-，反应后继续加入盐酸，沉淀量逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀。氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液中电中性可以知道一定含有Na+离子。【详解】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余溶液中不一定含有硫酸钠，A错误；B．反应最后形成的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，B错误；C．根据图像可以知道和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸的体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有碳酸根与偏铝酸根的物质的量比为3:4，C错误；D．根据分析判断原溶液中一定含有氢氧根、硅酸根、偏铝酸根、碳酸根，D正确；故选D。8、D【解析】A.氨气还原氧化铜后生成铜，固体质量减小；B.二氧化锰加入过氧化氢溶液中，二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，其质量不变；C.次氯酸钙露置在空气中变质后，次氯酸钙转化为碳酸钙，固体质量减小；D.过氧化钠吸收二氧化碳后，变成碳酸钠，固体质量减小，D正确，本题选D。9、C【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。10、D【详解】A.氯化氢分子中氢原子和氯原子以共价键结合，氯化氢是共价化合物，错误；B.碘属于分子晶体，碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘分子间的作用力，错误；C.同素异形体之间的转化是化学变化，由于没有电子的转移，所以不是氧化还原反应，错误；D.有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构体，正确；答案选D。11、B【详解】A.向FeBr2溶液中通入过量氯气，溶液中Fe2＋与Br－均被氧化，其离子反应方程式为2Fe2+＋4Br－＋3Cl2=2Fe3+＋2Br2＋6Cl-，A项错误；B.石灰石不溶于水，醋酸为弱酸，故石灰石溶于醋酸的离子反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，B项正确；C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，其离子方程式为Cu+4H++2NO3−═Cu2++2NO2↑+2H2O，C项错误；D.过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH−+O2↑，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式，如本题的A项是难点；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的根本宗旨。12、B【解析】A．Na2S属于盐，在水溶液中完全电离，Na2S=2Na＋＋S2－，属于强电解质，故A错误；B．H2O部分电离，H2OH＋＋OH－，属于弱电解质，故B正确；C．HNO3属于强酸，溶于水完全电离，HNO3=H＋＋NO3－；属于强电解质，故C错误；D．乙醇，属于有机物，不能电离，属于非电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是水溶液中部分电离的电解质。13、A【解析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A.由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B.充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C.反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D.化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。14、A【解析】溶质的物质的量为mol，溶液的体积是V22.4×M+0.1×103d×10－3L，根据c=n/V，代入数值，得出物质的量浓度为mol·L－115、C【解析】A、根据氧化性Fe3＋＞I2，所以Fe3＋可以和I－反应生成I2，但题中所给方程式不满足得失电子守恒和电荷守恒关系，正确的离子方程式应该是：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故A错误；B、因氧化性HClO＞Cl2，所以向NaClO溶液中滴加浓盐酸可以发生氧化还原反应生成Cl2，离子反应为Cl-+ClO-+2H+═H2O+Cl2↑，故B错误；C、向含lmolFeBr2溶液中通入lmolC12，由氧化性顺序Cl2＞Br2＞Fe3＋及得失电子守恒可知，离子反应正确的是：2Fe2++2Br-+2C12═2Fe3++Br2+4C1-，故C正确；D、根据酸性强弱顺序：H2CO3>HClO>HCO3-，可知向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应的产物应该为HClO和HCO3-，正确的离子反应为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；所以答案选C。16、D【解析】A．醋酸是弱酸，不可拆，故A错误；B．用惰性电极电解MgCl2溶液时发生的离子反应方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故B错误；C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的NaOH溶液发生的离子反应方程式为NH4++Al3++5OH-==AlO2-+2H2O+NH3·H2O，故C错误；D．向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2发生的离子反应方程式为3ClO-+2NH3==3Cl-+N2↑+3H2O，故D正确；答案为D。点睛：解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更易生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响。17、B【详解】A.醋酸是弱酸，不能拆，需用分子式表示，正确的离子方程式为：NH3+CH3COOH=CH3COO-+NH4+，A项错误；B.将硫化氢气体通入足量氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：H2S+2OH-=S2-+2H2O，B项正确；C.向氯化亚铁溶液中加入溴水，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2e2++Br2=2Fe3++2Br-，C项错误；D.AlCl3溶液中加入过量氨水，由于氢氧化铝不能与弱碱反应，则应生成氢氧化铝，正确的离子方程式为：Al3＋+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式的正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如本题D选项，AlCl3溶液中加入过量氨水，由于氢氧化铝不能与弱碱反应，则应生成氢氧化铝；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如本题C选项，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写，如本题A选项，醋酸是弱酸，不可以拆；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。18、B【解析】A.1mol甲苯中含有8NA个C—H键，A错误；B.18gH2O的物质的量18g÷18g/mol=1mol，1个H2O分子中含有10个质子，1molH2O中含有10NA个质子，B正确；C.标准状况下，氨水是液体，C错误；D.常温下Fe遇浓硫酸发生钝化，D错误；答案选B。19、B【详解】原电池的构成需要①活泼性不同的两电极，②电解质溶液；③形成闭合回路，④自发的氧化还原反应。A、左右两极的电极材料相同，活动性相同，不能构成原电池，A不符合题意；B、Cu和Ag作电极，活动性不同，且Cu能置换出Ag，有自发的氧化还原反应，有电解质溶液，形成了闭合回路，能够构成原电池，B符合题意；C、乙醇不是电解质溶液，也没有自发的氧化还原反应，C不符合题意；D、硫酸溶液和硫酸铜溶液，处于不同的烧杯中，没有构成闭合回路，D不符合题意；答案选B。20、D【解析】A.标准状况下，SO3是固体，2.24LSO3溶于水，所得溶液中H+的数目大于0.2NA，故A错误；B.Na2O2～e－，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故B错误；C.在密闭容器中，2molNO和1molO2充分反应，2NO+O22NO2，2NO2N2O4，产物分子数小于2NA，故C错误；D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，反应后分子总数不变，其分子总数为0.2NA，故D正确。故选D。点睛：解答本题必须明确：气体体积受到温度和压强的影响，在标准状况下的气体摩尔体积是22.4L/mol，22.4L/mol仅适用于标准状况下的气体。21、A【详解】A．二氧化硫有抑菌、抗氧化、改善果酒风味和增酸等作用，常少量添加在葡萄酒中，A正确；B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，漂白粉变质的原因是：次氯酸钙和空气中的水蒸气、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解，B错误；C．光导纤维中含二氧化硅，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水而损坏，C错误；D．汽车尾气中的氮氧化物是排气管部位发生反应而造成的，D错误；答案选A。22、D【详解】A．铜绿可作为绿色颜料，它的主要成分是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，A正确；B．缂丝是以生蚕丝作经线，彩色熟丝作纬线，采用“通经断纬”的技法织成的平纹织物，显然缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质，B正确；C．曾侯乙编钟是一种铜锡合金，属于青铜制品，C正确；D．“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是硅酸盐，D不正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、H+、Mg2+、Al3+三角锥形BaCO3、BaSO43Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2Oc(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L【分析】无色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加热产生无色气体A是NH3，说明含有NH4+，根据氨气的物质的量可计算出NH4+的物质的量；同时产生白色沉淀A，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体B，同时有白色沉淀B，说明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的质量和为8.6g，沉淀B是BaSO4，气体B是CO2，说明原溶液中含SO42-、CO32-，根据沉淀A、B的质量可计算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物质的量；向溶液A中加入盐酸酸化，并加入FeCl2溶液，产生无色气体C，该气体与空气变为红棕色，则B是NO，说明III发生了氧化还原反应，A中含有NO3-，根据NO的体积，结合N元素守恒可得NO3-的物质的量，根据离子共存判断是否含有其它离子，并进行分析解答。【详解】根据上述分析可知：该溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-与H+、Mg2+、Al3+会发生离子反应而不能大量共存，所以该溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+离子；(2)无色气体A是NH3，该气体分子呈三角锥形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3)实验Ⅲ中的第ii步操作是H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒。可得该反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)根据上述分析及题干已知信息，结合元素守恒可知，在原溶液中含有的离子的物质的量分别是：n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，n(CO32-)=n(BaCO3)=(8.6-4.66)g÷197g/mol=0.02mol，n(NO3-)=n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol。阴离子带有的负电荷总数多于阳离子带有的正电荷总数，根据溶液呈电中性，说明溶液中还含有阳离子Na+，其物质的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)-n(NH4+)=2×0.02mol+2×0.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的体积是200mL，则该无色溶液X中一定存在的阳离子的物质的量浓度c(NH4+)=n(NH4+)÷V=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L；c(Na+)=n(Na+)÷V=0.08mol÷0.2L=0.4mol/L。【点睛】本题考查常见离子的检验方法及物质的量浓度的计算，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据离子反应的现象判断原溶液中存在的离子名称，结合离子反应由已经确定的离子存在判断不能存在的离子，并根据溶液的电中性分析题目未涉及的检验离子的存在及其浓度，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。24、7取代反应醚键、羧基9种【解析】(1)H2C=CHCN

分子结构中的碳碳双键是平面结构，碳碳单键可以旋转，因此在一个面上最多有7个原子。根据流程图，D→E

过程中就是用氯原子代替了结构中羧基上的羟基，属于取代反应；中含有的官能团有羧基和醚键，故答案为7；取代反应；醚键、羧基；(2)根据流程图，B与邻二苯酚发生取代反应生成C，反应的化学方程式是为，故答案为；(3)满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，结合D的分子式可知，苯环上含有的取代基中含有羧基，醛基，可能的结构有：OHC——OCH2COOH、OHC——CH2-O-COOH、OHC-CH2——O-COOH、OHC-O——CH2COOH、OHC-CH2-O——COOH、OHC-O-CH2——COOH、OHC——CH(OH)COOH、OHC-CH(OH)——COOH、HO——CH(CHO)-COOH共9种；满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，③水解后的产物才能与FeCl3

溶液发生显色反应，说明含有HCOO-(酯基)、且苯环直接与O原子相连，由此可写出同分异构体的结构为，故答案为9；；(4)反应E→F中，N-H键中H被取代，而中有2个N-H键，不难想到，副产物为2个N-H键中的H均发生反应生成，故答案为；(5)对比多沙唑嗪与F的结构，即可写出试剂X的结构简式为，故答案为。点睛：本题是一道综合性的有机合成试题，考查了同分异构题的书写，题目难度较大。注意关注重要官能团的性质，书写同分异构体(有限制条件的)要求熟练掌握各种官能团的性质。本题的易错点为同分异构体数目的判断。25、x+2y=6KOH将稀硝酸改为双氧水或通入氧气CH3CH2OHFe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O抑制Fe3+水解废弃过滤的铝铁合金蒸发浓缩冷却或冷却热饱和溶液【详解】(1)①根据化合物中化合价代数和为0分析，有关系式为：x+2y=6。废弃的铝铁合金加入试剂X将铁和铝元素分离，且最后得到明矾，说明加入试剂中含有钾元素，且为碱性，所以试剂X为KOH。②因为最后得到的物质中不含硝酸根离子,且硝酸反应后会生成有毒气体——氮的氧化物，所以应将稀硝酸改为双氧水或通入氧气。因为聚合硫酸铁能溶于水，微溶于乙醇，为了降低聚合硫酸铁的溶解度，所以在浓缩过程中加入适量的CH3CH2OH。③加入一种氧化剂调节溶液的pH且不引入杂质，则加入氧化铁，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。因为铁离子水解显酸性，pH小会抑制Fe3+水解，使x变小。(2)滤液Ⅰ含有氢氧化钾和偏铝酸根离子，所以加入废弃过滤的铝铁合金再次溶解金属铝，然后蒸发浓缩得到偏铝酸钾饱和溶液，再加入硫酸反应生成硫酸铝钾，最后冷却或冷却热饱和溶液即可得到明矾晶体。26、关闭K3、K2，打开分液漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺利流下，则证明甲装置气密性良好defcab亚铁离子新制且反应装置处于氢气气氛中，产品不易被氧化，纯度高氯化钙ADKMnO4溶液可以氧化乳酸根，标准液消耗量变多，所以结果总是大于100%【分析】本实验由乳酸钙与FeCl2反应制得乳酸亚铁晶体，甲装置用于制取FeCl2溶液，因为亚铁离子易被空气中的氧气氧化，首先利用氢气排出装置内的空气，再利用产生的氢气使装置内压强增大，将FeCl2溶液压入三颈烧瓶中，使FeCl2溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁晶体，经过滤得到乳酸亚铁晶体粗产品和CaCl2溶液，乳酸亚铁晶体粗产品用乙醇洗涤、低温真空干燥得到成品乳酸亚铁，CaCl2溶液经过浓缩得到副产物CaCl2，据此解答。【详解】(1)首先关闭K3、K2，形成封闭体系，打开分液漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺利流下，则证明甲装置气密性良好；(2)亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞，开动搅拌器，使氯化亚铁溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁，故答案为：d；e；f；c；a；b；(3)该装置制备乳酸亚铁的优点是亚铁离子新制且反应装置处于氢气气氛中，产品不易被氧化，纯度高；由分析可知，副产物为氯化钙；(4)A．根据装置的构造可知，装置甲中的主要仪器是球形分液漏斗和蒸馏烧瓶，故A正确；B．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是防止铁粉堵塞导管，故B错误；C、乳酸亚铁悬浊液应从b口倒出进行抽滤，并用滤液洗涤三颈烧瓶，将洗涤液倒入布氏漏斗一起抽滤，故C错误；D、粗产品的洗涤液，经蒸馏后所得的残留液，与滤液混合可提高副产物的产量，故D正确；答案为AD；(5)因乳酸根中的羟基可以被KMnO4氧化，也会消耗KMnO4，标准液消耗量变多，所以结果总是大于100%。27、O2Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2HGFCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O吸收空气中的CO2和水烝气偏大【详解】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；（4）①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H；G；F；②F中发生反应是氯气被氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水,结合电子守恒、原子守恒配平可得：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑；（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。28、①④③②氯化钠氯化钠的溶解度受温度的影响不大，温度越高硝酸钾的溶解度越大硝酸钾随温度的降低，硝酸钾的溶解度减小，降温析出更多的硝酸钾晶体重结晶【分析】氯化钠的溶解度受温度的影响不大；硝酸钾的溶解度受温度的影响大，随温度的升高，硝酸钾的溶解度增大；【详解】(1)分离硝酸钾和氯化钠的混合物的步骤①用