2026届湖南省长郡中学、衡阳八中等十三校重点中学化学高三上期中检测试题含解析

2026届湖南省长郡中学、衡阳八中等十三校重点中学化学高三上期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是()A．漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂B．燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质C．合金材料的组成元素一定全部是金属元素D．纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料2、用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法中一定正确的是A．2.3Na与O2完全反应生成3.6g产物时失去电子数为0.1NAB．电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜C．标准状况下，11.2LSO3中所含原子数为2NAD．5.6g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.2NA3、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4＋8H＋＋NO＝3Fe3+＋NO↑＋4H2OB．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO＋2OH－＝CaCO3↓＋CO＋H2OC．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成沉淀物质的量最多：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO＋2BaSO4↓＋2H2OD．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO4、铝石墨双离子电池是一种全新的低成本、高效能电池，反应原理为，电池结构如图所示。下列说法正确的是A．放电时，外电路中电子向铝锂电极移动B．充电时，应将铝石墨电极与电源负极相连C．放电时，正极反应式为Cx(PF6)+e−=xC+PF6−D．充电时，若电路中转移1mol电子，则阴极质量增加9g5、已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A．10mol B．11mol C．12mol D．13mol6、我国预计在2020年前后建成自己的载人空间站。为了实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家设计了一种装置(如下图)，实现了“太阳能一电能一化学能”转化，总反应方程式为2CO2=2CO+O2。关于该装置的下列说法正确的是A．图中N型半导体为正极，P型半导体为负极B．图中离子交换膜为阳离子交换膜C．反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强D．人体呼出的气体参与X电极的反应：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-7、向含有Fe3+、Fe2+、Mg2+、NH4+的水溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，上述离子数目没有明显变化的是A．Fe2+B．NH4+C．Fe3+D．Mg2+8、向30mL1mol·L－1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4mol·L－1的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为()A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL9、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种，且各种离子浓度相等。加入铝片，产生H2。下列说法正确的是A．向原溶液中加入Cu片发生：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑B．向原溶液中加入BaCl2溶液发生：2Ba2++CO32-+SO42-=BaCO3↓+BaSO4↓C．向原溶液中加入过量氨水发生：Fe3++H++4NH3·H2O=Fe(OH)3↓+4NH4+D．向原溶液中加入过量Ba(OH)2溶液发生：Ba2++2OH-+SO42-+NH4++H+=NH3·H2O+BaSO4↓+H2O10、元素周期表中短周期的一部分如图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是A．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9B．原子半径的大小顺序为：W＞Z＞YC．离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+D．W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强11、下列叙述中不正确的是A．NH3分子与H＋结合的过程中，N原子的杂化类型未发生改变B．某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体C．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X－射线衍射实验D．气态SO3和SO2中心原子的孤电子对数目相等12、下列有关实验的说法中正确的是（）A．用图甲装置制取干燥纯净的NH3B．用图乙装置可以完成“喷泉”实验C．图丙可除去CO2种混有的HCl气体D．图丁可制得并分离出乙酸乙酯13、用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色B．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀，然后沉淀又溶解C．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用D．若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊14、科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16mg·cm-3，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是()A．“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料B．“全碳气凝胶”与石墨互为同位素C．“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃D．“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在15、25℃时，将浓度和体积分别为c1、V1的一元强碱ROH溶液和c2、V2的一元弱酸HA溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述正确的是()A．若pH>7时，则一定是c1V1=c2V2B．只有当pH<7时，才能满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c1>c2D．若V1=V2、c1=c2，则c(A-)+c(HA)=c(R+)16、常温下，将100mL1mol·L－1的氨水与100mLamol·L－1盐酸等体积混合，忽略反应放热和体积变化，下列有关推论不正确的是A．若混合后溶液pH＝7，则c(NH4＋)＝c(Cl－)B．若a＝2，则c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)C．若a＝0.5，则c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)D．若混合后溶液满足c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，则可推出a＝117、已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表:H2CO3H2SO3HClOK1=4.30×10-7K1=1.54×10-2K=2.95×10-8K2=5.61×10-11K2=1.02×10-7下列说法正确的是A．相同条件下,同浓度的H2SO3溶液和H2CO3溶液的酸性，后者更强B．Na2CO3溶液中通入少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-C．NaClO溶液中通入少量CO2:2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-D．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液,均可提高氯水中HClO的浓度18、下列有关图像的说法正确的是A．图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B．图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C．图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D．根据图丁，NaCl溶液与KNO3的混和溶液中可采用冷却热饱和溶液的方法得到NaCl晶体19、海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。已知不同pH条件下，海水中碳元素的存在形态如下图所示。下列说法不正确的是A．已知当前浅海pH=8.14，此中主要碳源为HCOB．A点，溶液中H2CO3和HCO浓度相同C．当c（HCO）=c（CO）时，c（H+）＜c（OH-）D．Ka1与Ka2相差103倍左右20、向盛有足量A的容积固定的密闭容器中加入B，发生反应：A(s)+2B(g)⇌4C(g)+D(g)ΔH＜0。一定条件下达到平衡时，C的物质的量与加入的B的物质的量的关系如图所示。其他条件不变，下列措施能使θ值增大的是（）A．降低温度 B．增大压强 C．加入催化剂 D．再加入少量A21、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④22、已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,下列关于该反应的叙述不正确的是A．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5B．当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18molC．每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD．参加反应的水有2/5被氧化二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑪________。（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是______，呈两性的氢氧化物是___________，写出三者之间相互反应的化学方程式___。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_________，原子半径最大的是_________。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是________，怎样用化学实验证明？答：________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________，怎样用化学实验证明？答：_________。24、（12分）某研究小组按下列路线合成药物双氯芬酸钠：已知：①②—NO2—NH2请回答：（1）化合物A的结构简式___________；（2）下列说法不正确的是___________；A．化合物B具有碱性B．化合物D不能发生自身的缩聚反应C．化合物G在NaOH水溶液能发生取代反应D．药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H9Cl2NO2Na（3）写出G→H的化学方程式___________；（4）以苯和乙烯为原料，设计生成的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）___________；（5）请用结构简式表示同时符合下列条件的化合物H的同分异构体________。①分子中含有联苯结构（）和-OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有4种不同的H原子。25、（12分）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_______________。（2）两烧杯间填满碎纸条的作用是________________________。（3）实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出的热量________（填“相等”或“不相等”），中和热__________（填“相等”或“不相等”），理由是_____________________。（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值与57.3kJ/mol相比较会____________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（5）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。26、（10分）I.某研究小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应。已知:1.0mol·L-1的Fe(NO3)3溶液的pH=1,铁架台等夹持仪器已略去,请回答:(1)用于加入浓硫酸的仪器名称为________。装置A中发生的化学方程式为______。(2)滴加浓硫酸之前要先打开弹簧夹通入一定量的N2,其目的是_____________。(3)实验中,装置B中产生了白色沉淀,该沉淀的成分是_______，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;基于观点1,装置B中反应的离子方程式___________。为证明该观点,应进一步检验生成的新物质,其实验操作及现象为(假定在反应中SO2的量不足_________。基于观点2,只需将装置B中Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液,在相同的条件下进行实验。应选择的最佳试剂是_________(填序号)。A.0.1mol·L-1的稀硝酸B.1.5mol·L-1的Fe(NO3)3溶液C.6.0mol·L-1的NaNO3和0.2mol·L-1盐酸等体积混合的混合液Ⅱ.人们常用催化剂来选择反应进行的方向。图所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_____（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=________。27、（12分）现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1g，坩埚与灼烧后固体总质量是w2g，则样品中铁元素的质量分数是_______________。II．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。28、（14分）N、P、As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途.请回答下列问题:（1）意大利罗马大学的Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子,该分子的空间构型与P4类似,其中氮原子的轨道杂化方式为______________________，N—N键的键角为______________________；（2）基态砷原子的价电子排布图为______________________，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为______________________；（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。PH3与NH3的结构相似,和过渡金属更容易形成配合物的是____________________(填“PH3”或“NH3”)。（4）SCl3+和PCl3是等电子体,SCl3+的空间构型是____________________；S—Cl键键长______P-Cl键键长(填“＞”、“=”或“＜”),原因是____________________。（5）砷化镓为第三代半导体,以其为材料制造的灯泡寿命长,耗能少。已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示,砷化镓的化学式为____________________。若该晶体的密度为ρg/cm3,设NA为阿伏加德罗常数的值,则a、b的距离为_________pm(用含ρ和NA的代数式表示)。29、（10分）氮、磷、砷是同族元素，请回答下列问题。(1)氮与元素周期表同周期的相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为：_____________(用元素符号表示)。(2)氨水溶液中存在多种氢键，任意表示出其中一种：____________________。(3)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是___________(填序号)。a.不能与NaOH反应b.含离子键、共价键c.能与水反应(4)氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子间不易形成三键的原因：_____________________。(5)X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。①X的核外电子排布式为________________________。与同一个N3－相连的X＋有______个。②X的高价阳离子(X2＋)在水溶液中存在离子[X(H2O)4]2＋，则X2＋与H2O之间的键型为_____。③请画出[X(H2O)4]2＋离子的结构式_________________(用元素符号写结构式)。

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、D【详解】A.漂白粉具有强氧化性，既能杀菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂，但不能做净水剂，A错误；B.燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了一些金属元素，而不是金属单质，B错误；C.合金材料的组成元素不一定全部为金属元素，可能含有非金属元素，C错误；D.光导纤维的原料为二氧化硅，D正确；答案选D。2、A【详解】A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故A正确；B．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下，SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．5.6g铁粉与稀硝酸反应，硝酸过量会生成Fe3+，如果硝酸适量还可能有Fe2+和Fe3+，失去的电子数为一定为0.2NA，故D错误；答案为A。【点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系及使用条件，特别是运用体积摩尔体积时一定要指明温度和压强且状态为气态，如选项C容易忽视SO3标准状态下的状态是固态，另外物质的组成结构特点也是易错点，如选项A注意硫酸氢钠固体中含有的离子为硫酸氢根离子和钠离子。3、D【详解】A．电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，A错误；B．少量NaOH完全反应，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，B错误；C．至生成的沉淀物质的量最多，生成氢氧化铝和硫酸钡、硫酸钾，离子方程式为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，C错误；D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2，亚硫酸根离子与氯气、水反应生成硫酸根离子、亚硫酸氢根离子和氯离子，离子方程式为3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，D正确；答案为D。4、C【解析】A.放电时，外电路中电子向正极移动；B.充电时，铝石墨电极的C元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极；C.依据原电池的工作原理书写电极反应式；D.阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：Al+Li++e-═AlLi；【详解】A.放电过程为原电池原理，外电路电子从负极流出，流向正极。根据反应总方程式可知，该装置放电过程中，锂元素化合价升高发生氧化反应，碳元素化合价降低发生还原反应，所以铝锂电极做负极，铝石墨电极做正极，则外电路电子向铝石墨电极移动，故A项错误；B.充电过程为放电过程的逆过程，铝石墨电极作为阳极与电源的正极相连，故B项错误；C.放电时正极发生还原反应，其电极反应式可表示为：Cx(PF6)+e−=xC+PF6−，故C项正确；D.充电时，阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：Al+Li++e-═AlLi，所以转移1mole-，阴极电极从Al变为AlLi将增重1mol×7g/mol=7g，故D项错误；答案选C。5、B【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；答案选B。6、D【详解】A、图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B、图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；C、阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故C错误；D、人体呼出的气体参与X电极的反应：为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故D正确；答案选D。7、D【解析】试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，又因为亚铁离子极易被氧化生成铁离子，所以在反应过程中，有氢氧化铁和氢氧化镁以及氨气生成，则再加入盐酸后，生成氯化铁和氯化镁，则离子数目没有变化的镁离子，答案选D。考点：考查离子反应有关问题。8、B【详解】AlCl3溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铝的量与NaOH量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2；现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0075L，即7.5mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知当Al3+完全沉淀时，消耗氢氧化钠的物质的量为0.09mol，生成氢氧化铝0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氢氧化铝消耗氢氧化钠0.02mol，则消耗的氢氧化钠总物质的量为0.11mol，加入NaOH溶液的体积为0.11mol÷4mol/L=0.0275L，即27.5mL；结合以上分析可知，只有B正确；故答案选B。9、D【解析】加入铝片产生H2，原溶液中一定含H+、一定不含NO3-（Al与H+、NO3-反应不会放出H2）；CO32-与H+不能大量共存，原溶液中一定不含CO32-；根据电荷守恒，溶液中一定含SO42-；各离子浓度相等，结合电荷守恒，溶液中一定含有H+、NH4+、SO42-，一定不含Fe3+、CO32-、NO3-。A项，溶液中没有NO3-，错误；B项，溶液中没有CO32-，错误；C项，溶液中不含Fe3+，错误；D项，Ba（OH）2过量，H+、NH4+、SO42-以等物质的量被完全消耗，正确；答案选D。点睛：本题的关键是离子的推断，离子推断中的“四项基本原则”：肯定性原则（根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子）→互斥性原则（肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在）→电中性原则（溶液呈电中性，溶液中阴、阳离子的正、负电荷总数相等）→进出性原则（实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰）。10、C【解析】A.根据元素在周期表中的相对位置可知X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl。氧元素没有＋6价，故A错误；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：Z＞W＞Y，故B错误；C.离子核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+，故C正确；D.非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，则W的气态氢化物的热稳定性比Q弱，但H2S的还原性强于HCl的还原性，故D错误。故选C。11、D【分析】NH3分子与H＋结合生成NH4+；离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来；计算中心原子的孤电子对数目：（中心原子价电子数－中心原子结合的原子数中心原子结合的原子提供的单电子数）。【详解】A．NH3分子与H＋结合生成NH4+，反应前后N原子的杂化类型均为sp3，符合题意及，故A正确；B．离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电，因此，某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体，故B正确；C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；D．通过公式计算中心原子的孤电子对数，SO3：、SO2：，所以二者的孤电子对数目不相等；故D错误；答案选D。12、B【解析】A．图中为向上排空气法收集气体，而氨气的密度比空气小，应选用向下排空气法收集，故A错误；B．挤压胶头滴管，二氧化硫与NaOH反应可使瓶内气体减少，从而产生压强差，引发喷泉实验，故B正确；C．二者均与碳酸钠溶液反应，试剂应为饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D．乙酸乙酯与KOH能够反应，不能分离出乙酸乙酯，小试管中应为饱和碳酸钠，且导管在液面上防止倒吸，故D错误；故选B。13、C【详解】A.若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；B.若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，B错误；C.D中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，C正确；D.若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误。答案选C。14、A【详解】A．“全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；B．“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；C．“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；D．“全碳气凝胶”的性质稳定，但能在热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误；答案为A。15、D【分析】A.当c1V1>c2V2时，即氢氧化钠过量时溶液呈碱性，溶液的pH>7,两者恰好反应时，溶液也是呈碱性的；B.溶液中一定满足电荷守恒，与溶液酸碱性无关；C.pH=7时溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸应该稍过量；D.若V1=V2、c1=c2，则HA与ROH的物质的量相等，根据混合液中的物料守恒判断。【详解】A.由于强酸弱碱盐的水溶液显碱性，故当溶液的pH>7时，可能恰好反应，也可能碱过量，故可能满足c1V1=c2V2或c1V1>c2V2，A错误；B.无论溶液pH<7还是≤7时，根据电荷守恒可知，溶液中都满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，B错误；C.当pH=7时，溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸的物质的量应该稍大些，即c1V1<c2V2，若V1=V2，则一定是c1<c2，C错误；D.若V1=V2、c1=c2，根据n=c·V可知，HA与ROH的物质的量相等，两溶液恰好反应生成NaA，根据物料守恒可得：c(A-)+c(HA)=c(R+)，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理、根据电荷守恒及物料守恒的含义分析，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。16、B【解析】本题考查的是溶液中离子浓度的大小关系和等量关系。若混合后溶液pH＝7，c(H+)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH)＝c(Cl－)，所以A正确。若a＝2，等体积混合后，氨水与盐酸反应生成氯化铵，盐酸还剩余一半，c(Cl－)最大，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，若不考虑铵根水解，c(NH)=c(H＋)，但是铵根肯定会水解，使得c(NH)<c(H＋)，所以c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)，所以B不正确。若a＝0.5，则氨水反应掉一半剩余一半，溶液中有物质的量相同的两种溶质，氨水电离使溶液显碱性，氯化铵水解使溶液显酸性。由于此时溶液显碱性，说明氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用，所以c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)正确。当a=1时，两溶液恰好反应得到氯化铵溶液，依据质子守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，所以D正确。点睛：分析溶液中的守恒关系时，先要分析溶液中存在的各种弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡，找出溶液中存在的各种粒子，然后写出溶液中的电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式。如，无论本题中两种溶液以何种比例混合，都存在相同的电荷守恒式：c(H+)+c(NH)＝c(OH－)+c(Cl－)；当a=2时，由于两溶液体积相同，而盐酸的物质的量浓度是氨水的2倍，所以混合后一定有物料守恒:c(Cl-)＝2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)；所谓质子守恒，就是水电离的氢离子的物质的量等于水电离的氢氧根离子，在NH4Cl溶液中，由于一个NH4+水解时结合了一个水电离的OH-，所以质子守恒式为：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)17、B【解析】A、弱电解质的电离平衡常数越大，则电离程度越大，说明弱酸的酸性越强，或者弱碱的碱性越强，H2SO3的K1=1.54×10-2，而H2CO3的K1=4.30×10-7，所以同浓度时H2SO3的酸性强于H2CO3的，故A错误；B、由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1，但大于其K2，所以Na2CO3溶液中通入少量SO2，考虑Na2CO3与酸的分步反应，所以反应的离子方程式为2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-，当SO2足量时，生成CO2和HSO3-，所以B正确；C、已知HClO的K=2.95×10-8大于H2CO3的K2，但小于其K1，所以NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故C错误；D、由于HClO的K=2.95×10-8小于H2CO3的K1，但大于其K2，因此HClO不能与NaHCO3反应，但HCl是强酸，能与NaHCO3反应，使c(HCl)减小，促进化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，从而提高HClO的浓度；尽管HClO的K=2.95×10-8小于H2SO3的K1=1.54×10-2，也小于H2SO3的K2=1.02×10-7，只是说明NaHSO3不能与HClO发生复分解反应，但HClO具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的浓度，故D错误。本题正确答案为B。点睛：本题的实质就是离子反应发生的条件之一：有难电离的物质生成，即较强的酸才能与较弱的酸形成的盐反应，但氧化还原反应不受这一条件的限制，已知的平衡常数K就体现了酸性的相对强弱。B选项是个难点，要注意反应物的量对产物的影响，而D选项要注意HClO的氧化性，与NaHSO3将发生氧化还原反应。18、C【详解】A．向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，A说法错误；B．假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，B说法错误；C．在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C说法正确；D．KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，D说法错误；答案为C。19、B【详解】A.根据图示可以看出，当pH为8.14时，海水中主要以的形式存在，选项A正确；B.A点仅仅是和的浓度相同，和浓度并不相同，选项B不正确；C.当时，即图中的B点，此时溶液的pH在10左右，显碱性，因此，选项C正确；D.=，由A点可知的数量级为，=，由B点可知的数量级约为，Ka1与Ka2相差103倍左右，选项D正确；答案选B。20、A【分析】θ值增大，相同B物质的量下，C的物质的量增大，即需要让平衡向生成C的方向移动，向正反应方向移动，据此分析；【详解】A、该反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，C的物质的量增大，由图可知，θ值增大，故A正确；B、反应物气体系数之和小于生成物气体系数之和，增大压强，平衡逆向进行，C的物质的量减小，由图可知，θ值减小，故B错误；C、加入催化剂，平衡不移动，θ值不变，故C错误；D、因为A的状态为固体，浓度视为常数，再加入少量A，平衡不移动，θ值不变，故D错误；答案选A。21、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。22、B【解析】试题分析：A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C．每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，故D正确；故选B。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。二、非选择题(共84分)23、NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2OFKNa与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应Cl将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼【详解】（1）根据元素周期表的结构可知：①、⑥、⑦、⑪分别在第二周期VA、第三周期IVA、第三周期VIA和第四周期IIA，则①、⑥、⑦、⑪分别为N、Si、S、Ca；（2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIA，惰性气体最不活泼，则在IA元素Na（③）和K（⑩）中K最活泼；在VIIA族元素F（②）、Cl（⑧）和Br（⑫）中，F最活泼；最不活泼的是⑨即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价；因为我们知道，HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O、KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）③和④分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与H2O反应：Na与水剧烈反应，Mg与水不反应；⑧和⑫分别是Cl和Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将Cl2通入到NaBr溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl的化学性质比Br的活泼。【点睛】本题综合性较强，涵盖了元素周期表、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。24、BD、、、【详解】（1）由逆推知（1）化合物A的结构简式。（2）A．化合物B分子式C6H7N可能是苯胺，具有碱性。故A正确；B．化合物D是2-羟基乙酸，能发生自身的缩聚反应生成聚酯，故B错误；C．化合物G中含有卤原子形成卤代物，在NaOH水溶液能发生取代反应，故C正确；D．药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H10Cl2NO2Na，故D错误。答案选BD。（3）G的结构为根据①，所以G→H的化学方程式。（4）以苯和乙烯为原料，设计生成的合成路线：（5）H的分子式为，符合下列条件①分子中含有联苯结构（）和-OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有4种不同的H原子。的同分异构体为：、、、。25、环形玻璃搅拌棒保温或减少热量损失不相等相等中和热是生成1mol水时放出的热量偏小偏小【解析】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失；(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以与上述实验相比，测得中和热数值相等；(4)一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会偏小；(5)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小。【点睛】实验中所用HCl和NaOH的物质的量比不是1：1，而是NaOH过量，是为了保证0.50mol/L的盐酸完全被NaOH中和，采用0.55mol/LNaOH溶液，使碱稍稍过量，若使盐酸过量，也是可以的，实验所测得的数据若不是为57.3kJ/mol，则产生误差可能的原因是：(1)量取溶液的体积有误差(测量结果是按50mL的酸、碱进行计算，若实际量取时，多于50mL或小于50mL都会造成误差)；(2)温度计的读数有误；(3)实验过程中有液体洒在外面；(4)混合酸、碱溶液时，动作缓慢，导致实验误差；(5)隔热操作不到位，致使实验过程中热量损失而导致误差；(6)测了酸后的温度计未用水清洗而便立即去测碱的温度，致使热量损失而引起误差。26、分液漏斗Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰BaSO4还原性SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+取少量B中溶液于试管中，加入少量[K3Fe（CN)6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理CHCHO-470kJ/mol【详解】(1)加入浓硫酸的仪器为分液漏斗；A中为亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)氧气和硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以通入氮气的目的是排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰；(3)二氧化硫具有还原性，在酸性条件下，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沉淀。(4)观点1是指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硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+；为证明该观点,应进一步检验生成的新物质，即亚铁离子，所以操作为：取少量B中溶液于试管中，加入少量[K3Fe（CN)6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理；在酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中的硝酸根离子浓度不变即可，所以选C；Ⅱ.(1)从图分析，虚线为有催化剂条件下，反应生成HCHO；从图分析，1mol甲醛转化为一氧化碳，反应热为（158-676+283）kJ/mol=-235kJ/mol，所以热化学方程式为2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=-470kJ/mol。27、251mL容量瓶胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g×111%过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰否如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定2.8bc/a【解析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有251mL容量瓶、胶头滴管；故答案为251mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g，因b1－b2=1.3g>1.1g，所以接下来需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；由铁元素质量守恒可得红棕色固体中铁元素就是样品中的铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2-W1）g×；则样品中铁元素的质量为：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以样品中铁元素的质量分数为：×111%，故答案为再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；×111%；II．（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，是因为过量的盐酸会被酸性KMnO4溶液氧化，对KMnO4的滴定有干扰，故答案为过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰；（5）选择的还原剂不能用铁，因为如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，从而干扰原混合物中铁元素的测定；故答案为否；如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定；（6）Fe与KMnO4反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。n(MnO4-)=bc×11-3mol；则n(Fe2+)=5bc×11-3mol，则样品中铁元素的质量分数是（11×5bc×11-3mol×56g/mol）÷a=2.8bc/a，故答案为2.8bc/a。28、sp360°As＞Se＞GePH3三角锥形<S原子半径小于P原子半径,故S-Cl键要比P-Cl键短GaAs