上海外国语大学附属中学2026届高三上化学期中监测试题含解析

上海外国语大学附属中学2026届高三上化学期中监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法不正确的是A．①中可采用反渗透膜法，该法用到的半透膜可用于渗析操作B．②中工业上要制金属镁，可通过电解饱和氯化镁溶液的方法来获取C．③中提溴需要对含溴溶液加有机溶剂进行富集，该操作称为萃取D．④中氯碱工业电解饱和食盐水，采用的是阳离子交换膜法进行电解2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1L0.1mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NAB．1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC．常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA3、赤铜矿的成份是Cu2O，辉铜矿的成份是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu既是氧化产物又是还原产物C．每生成1molCu，还原剂转移给氧化剂的电子为2molD．该反应中氧化产物与还原产物的质量比为1∶64、高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为：3C1O-＋10OH-＋2Fe3+═2FeO42-＋3C1-＋5H2O。下列相关叙述不合理的是（）A．K2FeO4中铁元素的化合价是+6B．制得1molK2FeO4转移3mole-C．Fe3+的氧化性强于FeO42-的氧化性D．氧化产物和还原产物物质的量之比为2：35、下列解释事实的方程式不正确的是A．用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2++S2−=HgS↓B．燃煤中添加生石灰减少SO2的排放：2CaO+O2+2SO22CaSO4C．工业上将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+OH－=Cl－+ClO－+H2OD．向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），产生氯气：ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O6、2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列说法错误的是（）A．NH4ClO4属于离子化合物B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4C．该流程中可循环利用的物质是NH4ClD．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价7、在一定条件下，使SO2和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法中不正确的是（）A．反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变8、下列文献记载内容涉及氧化还原反应的是A．东汉《周易参同契》中记载“胡粉投火中，色坏还为铅”B．唐代诗人刘禹锡曾在《浪淘沙》中写道“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”C．葛洪《肘后备急方》记载的“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”D．明代于谦在《咏石灰》中写道“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”9、下列说法不正确的是()A．Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂B．Al2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂D．SiO2有导电性，可用于制备光导纤维10、已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A．原子半径：As＞Cl＞P B．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC．还原性：As3-＞S2-＞Cl- D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO411、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。下列关于硫化氢的说法错误的是A．H2S是一种弱电解质B．可用石灰乳吸收H2S气体C．根据右图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SD．H2S在空气中燃烧可以生成SO212、FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如下图所示，下列说法不正确的是A．产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB．沉淀过程中有CO2气体放出C．过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D．可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质13、某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1mol·L－1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中不正确的是（）A．肯定不含Cl－ B．肯定不含H＋C．肯定不含NH4+ D．肯定含有SO32-14、已知：Al、Fe、Cu的合金与稀硝酸反应生成的气体只有NO，实验过程如下：另取等量该合金，溶于足量NaOH(aq)，则可得气体的物质的量是A．0.22mol B．0.15mol C．0.3mol D．无法计算15、不能鉴别NaBr溶液和KI溶液的是A．氯水和CCl4 B．碘水和淀粉C．FeCl3和淀粉 D．溴水和苯16、无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次通过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，几乎无气体剩余，则甲气体的组成为A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N217、下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D18、下列说法正确的是①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N②第IA族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子③因为氧化性HClO>稀H2SO4，所以非金属性Cl>S④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl>HI⑦离子半径：K+>Cl->S2-A．②③④⑤⑥⑦ B．④⑤ C．②③④⑦ D．④⑤⑥19、如图所示，ΔH1＝-393.5kJ·mol-1，ΔH2＝-395.4kJ/mol，下列说法或表示式正确的是A．金刚石的稳定性强于石墨B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．C(s、石墨)=C(s、金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol-1D．断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量少20、下列反应的离子方程式表示正确的是（）A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-＋16H＋＋5C2O42-=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2OB．将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4＋8H＋=3Fe3＋＋4H2OC．NaHCO3溶液中加入HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OD．“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O21、下列说法正确的是A．因为SO2具有溧白性，所以它能使品红溶液、溴水、KMnO4(H+)、石蕊溶液褪色B．装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色C．SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同D．SO2和C12等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好22、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O＝NH4＋＋HSO3－B．铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑C．用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O＝3I2＋6OH－二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物Ⅰ是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：已知：①，A苯环上的一氯代物只有2种②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类③（、为烃基或H原子）回答以下问题：（1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。（2）的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。（3）J的结构简式为____。（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。a．苯环上只有两个取代基b．既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。24、（12分）下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应①在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。（1）写出以下物质的化学式：B_______、F_______。（2）反应②的离子方程式为_______。（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着极其重要的作用，其工作时正极反应式为_______，该电池最大的优点是只需补充_______〔填“正极”或“负极”〕材料就可接着使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为_______。（5）25℃时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H＋物质的量浓度之比为_______。25、（12分）某研究小组为探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应的实质。设计了如下图所示装置进行实验.已知：1.0mol/L的Fe(NO3)3溶液的pH＝1。请回答：（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为__________________。（2）实验前鼓入N2的目的是________________________________。（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是________，说明SO2具有________性。（4）分析B中产生白色沉淀的原因。观点1：SO2与Fe3＋反应；观点2：在酸性条件下SO2与NO3-反应；①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是_________________。②按观点2，装置B中反应的离子方程式是______________________________，③有人认为，如将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确。此时应选择的最佳试剂是(填序号)_____。A．1mol/L稀硝酸B．1.5mol/LFe(NO3)2溶液C．6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液D．3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液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）半导体生产中常需要使用掺杂剂,以保证控制电阻率,三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷(即白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3,装置如图所示:(部分夹持装置略去)已知:①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3,与过量Cl2反应生成PCl5;②PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl;③PCl3遇O2会生成POCl3,POCl3溶于PCl3;④PCl3、POCl3的熔沸点见下表:物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题:(1)B中所装的试剂是____________________，F中碱石灰的作用是_____________________________________。(2)实验时,检査装置气密性后,先打开K3、关闭K1，通入干燥的CO2,再迅速加入黄磷。通干燥CO2的作用是__________，通过控制K1、K2能除去A、B装置中的空气,具体的操作是________________________________。

(3)粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入黄磷加热除去PCl5后,通过________(填实验操作名称),即可得到较纯净的PCl3。(4)通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数:①迅速称取1.00g产品,加水反应后配成250mL溶液;②取以上溶液25.00mL,向其中加入淀粉作为指示剂③向其中加入0.1000mol·L-1碘水,充分反应，当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL。已知:H3PO3+H2O+I2===H3PO4+2HI，假设测定过程中没有其他反应。滴定时，滴定终点的现象是_________________________________，配制0.1000mol·L-1的碘水溶液的过程中，下列操作会使所得溶液浓度偏大的是___________A烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯B定容时俯视刻度线C定容时仰视刻度线D容量瓶未干燥E移液时有少量液体溅出F溶解碘时放热，未冷却至室温就转移至容量瓶并定容根据上述数据,该产品中PCl3的质量分数为________。28、（14分）氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如图所示。（1）基态Ti原子的价电子轨道排布图为___________。（2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于_____晶体，其电子式为____________。（3）AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为______________（标明配位键）（4）AlH4－中，Al的轨道杂化方式为_______；例举与AlH4－空间构型相同的两种离子_________（填化学式）。（5）NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4－有______个；NaAlH4晶体的密度为______________g·cm－3（用含a的代数式表示）。29、（10分）联氨(N2H4)又称肼，是一种良好的火箭燃料，与适量氧化剂混合可组成液体推进剂，无水N2H4液体有微弱氨气的气味。(1)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH1=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH2=-622kJ/mol，试计算1mol气态肼与二氧化氮完全反应时放出的热量为_______。(2)在加热条件下，液态肼可还原新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，试写出该反应的化学反应方程式_______________________________。(3)以气态肼为原料的碱性燃料电池的总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，放电时负极的反应方程式为______________________________(4)肼的性质与氨气相似，易溶于水，可发生两步电离过程，第一步电离过程N2H4+H2ON2H5++OH-，试写出第二步电离过程____________________________。常温下，某浓度N2H6Cl2溶液的pH为4，则该溶液中水电离出的c(H+)=_______________。

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项，①海水淡化可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法，采用反渗透膜法用到的半透膜可用于渗析操作，正确；B项，电解饱和氯化镁溶液得Mg（OH）2、H2和Cl2，不能制得Mg，工业上电解熔融的MgCl2制得Mg，错误；C项，提溴过程中加入氧化剂将Br-氧化成Br2，由于海水中溴的富集程度低，所以加有机溶剂将溴萃取富集，正确；D项，电解饱和食盐水在阳极得Cl2，在阴极得H2和NaOH，为了防止阳极生成的Cl2与阴极生成的H2、NaOH发生反应，采用阳离子交换膜法，阻止阴离子的通过，正确；答案选B。2、C【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1L×0.1mol·L－1，即小于NA，A项错误；B.根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1molCl2参与反应转移2mol电子，B项错误；C.32gO2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D.标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。3、D【解析】试题分析：A、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu元素化合价降低，所以反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂，A错；Cu为还原产物，B错；分析氧化还原反应可知每摩尔反应转移6mole-，所以生成1molCu，还原剂转移给氧化剂的电子为1mol，C错；分析可知SO2是氧化产物、Cu是还原产物，质量比是1×64:6×64=1:6，故D对。考点：理解氧化还原反应。点评：氧化还原反应的实质是电子的转移，表现为元素化合价的变化，掌握双线桥法，是对氧化还原反应的计算，氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物判断的基础。4、C【详解】A.K2FeO4中铁元素的化合价：令FeO42－中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故A正确；B.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，生成2molFeO42－，电子转移总数6mol，制得1molK2FeO42－转移3mole－，故B正确；C.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe3＋是还原剂，FeO42－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO42－，实际氧化性FeO42－＞Fe3＋，故C错误；D.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe3＋是还原剂，氧化产物为FeO42－与还原产物为Cl－物质的量之比为2：3，故D正确；故选：C。5、C【解析】A、用Na2S处理含Hg2+废水，为沉淀法，离子方程式为：Hg2++S2−=HgS↓，故A正确；B、燃煤中添加生石灰减少SO2的排放，发生氧化还原反应，方程式为：2CaO+O2+2SO22CaSO4，故B正确；C.工业上将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳没有全部电离，离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Cl－+ClO－+H2O，故C错误；D、向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），在酸性条件下，次氯酸根将氯离子氧化，产生氯气：ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O，故D正确；故选C。6、C【详解】A.NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成，NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；B.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正确；C.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；D.根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。选C。7、B【详解】A选项，反应开始时，反应物浓度最大，正反应速率最大，生成物浓度为0，逆反应速率为零，故A正确；B选项，随着反应的进行，反应物浓度减小，正反应速率逐渐减小，生成物浓度增大，逆反应速率增大，当正反应速率等于逆反应速率，就达到平衡，故B错误；C选项，随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，当正反应速率等于逆反应速率时，速率不变，故C正确；D选项，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，当正反应速率等于逆反应速率时，速率不变，故D正确；综上所述，答案为B。8、A【详解】A.由“胡粉投火中，色坏还为铅”可知，该化合物中含有铅元素，被还原为金属铅，则铅元素的化合价一定发生了变化，则涉及氧化还原反应，故A符合；B.“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说的是沙里淘金，利用沙子与金的密度不同，用水流使两者分离，不涉及氧化还原反应，故B不符合；C.由“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可知，水作溶剂，可萃取青蒿素，涉及的是萃取操作，不涉及氧化还原反应，故C不符合；D.粉身碎骨浑不怕，是指氧化钙与水反应生成氢氧化钙，要留清白在人间，是指氢氧化钙与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，不涉及氧化还原反应，故D不符合；故选A。9、D【解析】A.Na2O2能与CO2反应生成氧气，所以可用作呼吸面具的供氧剂，故A不选；B.Al2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器，正确，故B不选；C.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，用于净水，故C不选；D.SiO2没有导电性，但可用于制备光导纤维，故D选。故选D。10、C【详解】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选C．11、C【解析】试题分析：H2S是一种弱电解质，A正确；H2S的水溶液显酸性，可用石灰乳吸收H2S气体，B正确；根据右图可知CuCl2不能氧化H2S，C错误；H2S在空气中燃烧可以生成SO2和水，D正确。考点：考查了元素化合物中硫化氢的性质。12、A【详解】A、碳酸亚铁在空气中高温分解，亚铁可能被空气中氧化氧化成+3价铁，错误；B、Fe2＋和HCO3－发生双水解反应，生成CO2，正确；C、过滤所用玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D、KSCN溶液遇Fe3＋显红色，因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，正确。答案选A。13、C【解析】某溶液X

呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与SO32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。A.根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B.根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C.根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D.根据上述分析，肯定含有SO32-，故D正确；故选C。14、B【分析】Al、Fe、Cu均可与稀硝酸反应，生成V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，反应中电子转移0.3mol×3=0.9mol。加入过量NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜，再利用电子守恒结合质量守恒计算。【详解】由标况下V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，可知该合金与稀硝酸反应时失去电子0.3mol*3=0.9mol，由合金与过量稀硝酸反应的溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成成沉淀25.4g，可知生成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜混合物，且质量和为25.4g，由电子得失守恒和质量守恒进行求算。设生成氢气的物质的量为xmol，则合金中铝的物质的量为2x/3mol，可列出算式：合金中铁和铜的质量和为（17.9—2x*27/3）g=（17.9-18x）g，25.4g沉淀中铁元素和铜元素质量和为25.4-（0.9-2x）*17=（10.1+34x）g，由17.9-18x=10.1+34x，解得x=0.15，故正确答案B。【点睛】本题考查混合物相关计算，注意做题角度，需要从质量守恒和得失电子守恒进行分析。15、B【解析】A．加入氯水可生成溴、碘单质，加入四氯化碳，溶液颜色不同，可鉴别，故A正确；B．加入碘水，碘单质遇淀粉变蓝，虽然碘水与NaBr、KI都不反应，但是均变成蓝色，不能鉴别，故B错误；C．加入氯化铁，可氧化KI生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，则可鉴别，故C正确；D．加入溴水，可氧化KI生成碘单质，加入苯萃取后，溶液颜色不同，可鉴别，故D正确；故答案为B。16、B【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体甲的组成是：NH3、NO、CO2，故B正确；故选B。17、A【详解】A、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。故选B。18、B【详解】①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故①错误；②同位素的质子数相同,第IA族元素铯的两种同位素137Cs与133Cs的质子数相同，中子数不同，故②错误；③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误；④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故④正确；⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确；⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性HCl<HI，故⑥错误；⑦核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：K+<Cl−<S2−，故⑦错误；答案选B。19、C【详解】A．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨的稳定性强于金刚石，A错误；B．石墨和金刚石的转化有新物质生成，属于化学变化，B错误；C．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应，ΔH为正，所以ΔH=-393.5kJ·mol-1-(-395.4kJ/mol)=+1.9kJ·mol-1，石墨转化为金刚石的热化学方程式为：C(s、石墨)=C(s、金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol-1，C正确；D．C(s、石墨)=C(s、金刚石)的ΔH＞0，所以断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比形成1mol金刚石中的化学键放出的能量多，所以，断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量多，D错误。答案选C。20、D【详解】A、草酸为弱酸，不能拆分，所以用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，A错误；B、磁性氧化铁中铁的化合价为+2和+3，所以将磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应方程式为：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋+4H2O，B错误；C、碳酸氢根为弱酸的酸式根，不能拆分，NaHCO3溶液中加入HCl的离子反应方程式为：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，C错误；D、“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O，D正确；故选D。【点睛】判断离子反应方程式正误时，一般通过以下几个方面判断：①是否符合客观事实。如B选项，Fe3O4中含有Fe3＋＋Fe2＋；②拆分是否正确，能够拆分的只有强酸、强碱和可溶性盐。如A选项，草酸为弱酸，不能拆分；③电荷是否守恒。即反应前的电荷数等于反应后的电荷数。21、B【详解】A.SO2具有溧白性，所以它能使品红溶液，SO2具有还原性，能使溴水、KMnO4(H+)褪色；SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性石蕊溶液变红色，A错误；B.SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，因此装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色，B正确；C.SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理分别是化合、氧化、吸附、氧化，C错误；D.SO2和C12等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中二者反应生成盐酸和硫酸，漂白效果降低，D错误；答案选B。22、B【解析】A．将少量SO2气体通入氨水中生成亚硫酸铵，不生成亚硫酸氢铵，A错误；B．铝溶于NaOH溶液中生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式电荷守恒，原子守恒，产物正确，B正确；C．醋酸是弱酸，用化学式表示，不能拆成离子形式，C错误；D．酸性溶液中不能生成OH-，D错误；综上所述，本题选B。二、非选择题(共84分)23、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）消去反应氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【分析】根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。【详解】（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；（3）J的结构简式为；（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。24、H2Al2O32A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑O2＋2H2O＋4e－＝4OH－负极4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑1∶104【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。【详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B.、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(OH)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；(2)反应②为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑；(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e−+2H2O═4OH−，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为O2+4e−+2H2O═4OH−；负极；(4)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；(5)25℃时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−9mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为10−5mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为10−9mol/L：10−5mol/L=1:104，故答案为1:104。25、分液漏斗排净装置中的空气,防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验BaSO4还原静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色3SO2＋2NO3-＋3Ba2＋＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋或3SO2＋2NO3-＋2H2O=3SO42-＋2NO＋4H＋；Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓C【分析】本题以二氧化硫为载体考查了性质实验方案设计，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质进行假设，然后采用验证的方法进行探究，结合氧化还原反应分析解答。【详解】（1）装置A中用于添加浓硫酸，为滴加液体的仪器，该仪器名称为分液漏斗，故答案为分液漏斗；（2）氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验，故答案为排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验；（3）二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为BaSO4；还原；（4）①若观点1正确，二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，所以除产生沉淀外，还应观察到的现象是静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色；②按观点2，酸性条件下，硝酸根离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子反应方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+或3SO2+2NO3-+2H2O═3SO42-+2NO↑+4H+、Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+或3SO2+2NO3-+2H2O═3SO42-+2NO↑+4H+、Ba2++SO42-═BaSO4↓；③乙同学的观点是：酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中硝酸根离子浓度不变即，实验中c(NO3-)=3mol/L，则可用6.0mol•L-1NaNO3和0.2mol•L-1盐酸等体积混合的溶液代替，故答案为C。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、浓H2SO4吸收多余的Cl2，防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应排尽装置中的空气,防止白磷和PCl3与氧气反应先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。蒸馏当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原BF95%或94.9%【解析】（1）、PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，D中反应需要在无水条件下进行，而A中制得的氯气中混有水蒸气和HCl，通过B装置时要干燥氯气，故装置B盛放浓硫酸，E装置支管圆底烧瓶是收集生成的PCl3，考虑到PCl3的熔沸点较低，很容易挥发，结合冷水是降温的，可知E中冷水的作用应该是冷凝PCl3，碱石灰有吸水和吸酸性气体的作用，本实验的尾气氯气有毒，对环境有污染，可被碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水汽进入烧瓶内与PCl3反应；故答案为浓H2SO4；吸收多余的Cl2，防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应。（2）、白磷遇氧气会自燃，故要将装置中的空气排出，可通过通入CO2达到目的；为了除去A、B装置中的空气，可以通过控制K1、K2除去，具体的操作是：先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。故答案是：排尽装置中的空气，防止白磷和PCl3与氧气反应；先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。（3）、由题中信息可知，POCl3和PCl3都是液体，熔沸点存在明显的差异，除去PC13中混有的POCl3，可选择蒸馏的方式进行分离，以得到纯净的PCl3，故答案是蒸馏。（4）、碘遇淀粉先蓝色，用0.1000mol·L-1碘水滴定溶液中PCl3生成的H3PO3，当H3PO3反应完全时，溶液中的淀粉会变蓝，所以答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原。A