2026年阿拉善市重点中学第二学期高三化学试题阶段性学情调研含解析

2026年阿拉善市重点中学第二学期高三化学试题阶段性学情调研注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A．反应①②③④均为还原反应B．1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．修复过程中可能产生Fe(OH)32、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染3、给下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是（）A．Na2SO3晶体 B．C2H5OH C．C6H6 D．Fe4、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是A．原子半径：X＞Y＞Z B．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D．阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－5、能用离子方程式CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示的反应是（）A．碳酸钠与足量稀硝酸的反应 B．碳酸氢钠与足量盐酸的反应C．碳酸钡与少量稀盐酸的反应 D．碳酸钠与足量稀醋酸的反应6、下列关于糖类的说法正确的是A．所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水B．葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C．蔗糖和葡萄糖都是单糖D．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖7、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（）A．简单离子半径：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TD．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离8、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A．除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B．用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶C．配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D．检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯9、2018年11月16日，国际计量大会通过最新决议，将1摩尔定义为“精确包含6.02214076×1023个原子或分子等基本单元，这一常数称作阿伏伽德罗常数(NA)，单位为mol−1。”下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B．4.6g乙醇中含有的C−H键为0.6NAC．0.1molNa2O2与水完全反应转移的电子数为0.1NAD．0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA10、化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B．气溶胶的分散剂可以是空气或液体水C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D．福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜11、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有()A．5种 B．4种 C．3种 D．2种12、化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A．氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B．碘是人体必需的微量元素，应该适量服用I2C．葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D．漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)213、下列说法正确的是()A．Cl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质B．以铁作阳极，铂作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱C．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则14、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同15、下列有关叙述正确的是（）A．足量的Mg与0.1molCO2

充分反应，转移的电子数目为0.4NAB．1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目为0.1NAC．25℃时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目为0.02NAD．标准状况下，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目为0.2NA16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1NAB．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.2NAC．常温下，14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3NAD．等质量的1H218O与D216O，所含中子数前者大17、化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B．工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的18、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B．尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾19、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W原子提供)，下列说法还正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：W>YB．原子半径：X>Z>Y>WC．该物质中含离子键和共价键D．Z有多种单质，且硬度都很大20、80℃时，1L密闭容器中充入0.20molN2O4，发生反应N2O42NO2△H=+QkJ·mol﹣1(Q＞0)，获得如下数据：时间/s020406080100c(NO2)/mol·L﹣10.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是A．升高温度该反应的平衡常数K减小B．20～40s内，v(N2O4)=0.004mol·L－1·s－1C．100s时再通入0.40molN2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大D．反应达平衡时，吸收的热量为0.15QkJ21、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A．溶液酸性:A>B>CB．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能会变为红色D．加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A22、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时的pH如表所示。下列说法正确的是元素对应的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．简单离子半径大小顺序为：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸C．X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡D．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子二、非选择题(共84分)23、（14分）某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答：（1）写出H的化学式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。（3）写出反应②的离子方程式：________________。24、（12分）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______25、（12分）有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)：+CH3COOH+H2O注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3)名称相对分子质量性状密度/g∙cm3熔点/℃沸点/溶解度g/100g水g/100g乙醇苯胺93.12棕黄色油状液体1.02-6.3184微溶∞冰醋酸60.052无色透明液体1.0516.6117.9∞∞乙酰苯胺135.16无色片状晶体1.21155~156280~290温度高，溶解度大较水中大合成步骤：在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。分离提纯：将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。(2)反应开始时要小火加热10min是为了__。(3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。(4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或"直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。a．100~105℃b．117.9~184℃c．280~290℃(5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。a．用少量热水洗b．用少量冷水洗c．先用冷水洗，再用热水洗d．用酒精洗(6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。26、（10分）某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验：系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1mL水振荡60℃水浴溶液颜色较i明显变浅iii1mL18.4mol·L-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振荡_____________________v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题：(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：________________________。对比实验i与ii，可得结论是该转化反应的△H______0(填>”或“<”)。(2)结合实验i、ii，分析导致ii中现象出现的主要因素是__________________。(3)推测实验iv中实验现象为________________________。对比实验i、ii、iv中实验现象，可知，常温下K2Cr2O7中Cr在碱性条件下主要以______离子形式存在。(4)对比实验v与vi，可知：在______条件下，+6价Cr被还原为______。(5)应用上述实验结论，进一步探究含Cr2O72-废水样品用电解法处理效果的影响因素，实验结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度、体积，电压、电解时间等均相同)。系列实验Ⅱiiiiiiiv样品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否样品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-0.92212.720.857.3①实验中Cr2O72-在阴极的反应式：_________________________________________________。②实验i中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因(用电极反应式、离子方程式和必要的文字说明)_____________________________。27、（12分）甲同学向做过银镜反应的试管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag。乙同学认为：Fe(NO3)3溶液显酸性，该条件下NO3－也能氧化单质Ag。丙同学认为：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解。(1)生成银镜反应过程中银氨溶液发生_____________（氧化、还原）反应。(2)为得出正确结论，只需设计两个实验验证即可。实验I：向溶解了银镜的Fe(NO3)3的溶液中加入____________（填序号，①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1），现象为___________，证明甲的结论正确。实验Ⅱ：向附有银镜的试管中加入______________溶液，观察银镜是否溶解。两个实验结果证明了丙同学的结论。(3)丙同学又把5mLFeSO4溶液分成两份：第一份滴加2滴KSCN溶液无变化；第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生（经验证黑色固体为Ag颗粒），再取上层溶液滴加KSCN溶液变红。根据上述的实验情况，用离子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系_______________。(4)丁同学改用如图实验装置做进一步探究：①K刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作_________，（填“正极”或“负极。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。③由上述①②实验，得出的结论是：_______________________。28、（14分）可用于治疗阿尔茨海默病的某种药物中间体H的合成路线如图所示：已知：i．ii．（1）A中含氧官能团的名称是___________；B→C的反应类型是______________。（2）G的结构简式是___________________。（3）E→F的化学方程式是______________________。（4）芳香化合物Y是X的同分异构体，1molY可与2molNaOH反应，Y共有__________种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为1：6：2：1的结构简式是______________________。（5）设计由乙醇和HOOCCH2COOH制备的合成路线(无机试剂任选)。__________29、（10分）过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：（1）最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_____。BaO2的电子式为：__________。（2）目前工业制备H2O2的主要方法是蒽醌法。反应流程如下：已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。①蒽醌法所用原料的物质的量之比为_____________。②操作a是__________________。③再生回收液的成分是______________________。（3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20.00mL过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0.l000mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗10.00mL，滴定时发生反应的离子方程式为____，该样品中H2O2的物质的量浓度为_______。

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、B【解析】

A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B项错误；C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；D.ZVI失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。2、C【解析】

A．乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；B．实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；D．因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；答案选C。3、B【解析】

A.Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，故A不选；B.乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，所以溴水不褪色，故B选；C.溴易溶于苯，溶液分层，水层无色，可以使溴水褪色，故C不选；D.铁可与溴水反应溴化铁或溴化亚铁，溴水褪色，故D不选，故选B。4、A【解析】

元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。故选A。5、A【解析】

A．碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑表示，A项正确；B．碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCO3﹣离子形式，该反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，B项错误；C．碳酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，C项错误；D．CH3COOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，D项错误；答案选A。在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。6、B【解析】

A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；

B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。7、D【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。8、C【解析】

A.除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸式滴定管和锥形瓶，B错误；C.配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；D.检验亚硫酸钠是否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D错误；故答案选C。9、C【解析】

A．标准状况下，SO3为固态，22.4LSO3含有分子不等于NA，选项A错误；B．4.6g乙醇的物质的量是0.1mol，含有的C-H键的个数为0.5NA，选项B错误；C．过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则0.1molNa2O2与水反应转移电子数为0.1NA，选项C正确；D、没有给定溶液的体积，无法计算氢离子的数目，选项D错误。答案选C。10、C【解析】

A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B．气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；D．福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；答案选C。11、B【解析】

邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4种有机产物，故答案为B。12、B【解析】

A．胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B．碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3－或I－补充，而I2有毒不能服用，错误，B选；C．葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D．漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D不选。答案选B。13、D【解析】

A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．电解饱和食盐水制烧碱时，阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氯气，故B错误；C．氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中含有未反应的氯气分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故C错误；D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，说明△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故D正确；答案选D。14、D【解析】

火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故答案为D。15、A【解析】

A.足量的Mg与0.1molCO2充分反应生成氧化镁和碳，碳元素化合价从+4价降低到0价，因此转移的电子数目为0.4NA，A正确；B.O2和O3的相对分子质量不同，因此无法计算1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目，B错误；C.溶液体积未知，因此无法计算25℃时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目，C错误；D.标准状况下三氯甲烷是液体，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目不是0.2NA，D错误；答案选A。16、C【解析】

A.Na既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气，4.6g钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol，即0.2NA，故A错；B.pH=13的Ba(OH)2溶液中没有体积，无法计算含有OH－的数目，故B错；C.常温下，C2H4和C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2，14克为1mol，所含原子数为3NA，C正确；D.等质量的1H218O与D216O，所含中子数相等，均为NA，故D错。答案为C。17、A【解析】

A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。答案选A。本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。18、C【解析】

A.汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B.尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。故选C。19、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W形成1个单键，W是F元素；Z形成4个键，Z是C元素；X形成3个单键，通过提供空轨道形成1个配位键，X是B元素。【详解】A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HF>H2O，故A正确；B.同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：B>C>O>F，故B正确；C.该物质中Li+和之间是离子键，C和O之间是共价键，故C正确；D.Z是C元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故D错误；选D。本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。20、D【解析】

A．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；

B．根据计算v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；

C.100s时再通入0.40molN2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；D.80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3mol/L×1L=0.3mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。【详解】A.该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；B.20∼40s内，，则，B项错误；C.100s时再通入0.40molN2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；D.浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3mol/L×1L=0.3mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.3molNO2吸收热量0.15QkJ，D项正确；答案选D。本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。21、C【解析】

由流程图可知，A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，B到C发生的反应为4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。【详解】A．由于A到B过程中生成H2SO4，酸性增强，B到C过程中消耗H+，酸性减弱，溶液酸性B最强，故选项A错误；B．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O，故选项B错误；C．溶液A中通入SO2的反应为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，Fe3+没有完全转化，则滴加KSCN溶液，溶液会变为红色，故选项C正确；D．溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4，加入氧化亚铁，生成产物仍未Fe2+，故选项D错误；故选C。22、D【解析】

W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时pH=1（H+浓度为0.1mol/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=0.7（H+浓度为0.2mol/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=13（OH-浓度为0.1mol/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。【详解】A．S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A项错误；B．Z为Cl，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；C．X的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化学式为AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。24、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol，碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。25、通风橱促进反应正向进行，提高苯胺的转化率让苯胺与乙酸反应成盐使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率油浴a冷凝管中不再有液滴流下b防止暴沸偏小49.7【解析】

(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。(2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。(3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。(4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。(5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。(6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。(7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率；(2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐；(3)反应可逆，且加热过程中反应物会转化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率；(4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100℃，而冰醋酸的沸点为117.9℃，温度过高会导致反应物的挥发，温度过低反应速率太慢，且不易除去水，所以加热温度应介于水与乙酸的沸点之间，不能采用水浴反应，加热方式可采用油浴，最佳温度范围是a。答案为：油浴；a；(5)不断分离出生成的水，可以使反应正向进行，提高乙酰苯胺的产率，反应基本完全时，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量的冷水洗，以减少溶解损失。答案为：冷凝管中不再有液滴流下；b；(6)分离提纯乙酰苯胺时，若趁热加入活性炭，溶液会因受热不均而暴沸，所以在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是防止暴沸，若加入过多的活性炭，则会吸附一部分乙酰苯胺，使乙酰苯胺的产率偏小。答案为：防止暴沸；偏小；(7)苯胺的物质的量为=0.11mol，理论上完全反应生成乙酰苯胺的质量为0.11mol×135.16g/mol=14.8g，该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是=49.7%。答案为：49.7。乙酸与苯胺反应生成乙酰苯胺的反应是一个可逆反应，若想提高反应物的转化率或生成物的产率，压强和催化剂都是我们无须考虑的问题，温度是我们唯一可以采取的措施。因为反应物很容易转化为蒸气，若不控制温度，反应物蒸出，转化率则会降低，所以温度尽可能升高，但同时要保证其蒸气不随水蒸气一起蒸出，这样就需要我们使用刺形分馏柱，并严格控制温度范围。26、>c(H+)温度溶液颜色较i明显变浅CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】

（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi中现象解释；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，据此作答；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，据此分析。【详解】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为：实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，△H>0故答案为>；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii中现象出现的主要因素为60℃水浴即温度，故答案为温度；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，故答案为酸性；+3；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，其离子方程式为：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。27、还原②产生蓝色沉淀pH=20.3mol/LKNO3或NaNO3溶液Ag+Fe3+⇌Ag++Fe2+或(Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+)正极＞＜其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关系，浓度的改变可导致平衡的移动【解析】

(1)根据元素化合价的变化判断；

(2)实验Ⅰ：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在；

实验Ⅱ：进行对照实验；

(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应；

(4)根据指针偏转方向判断正负极，判断电极反应，并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，AgOH+2NH3•H2O═Ag(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，水浴加热，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成0价的银单质，故答案为：还原；

(2)实验Ⅰ：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在即可，验证Fe2+的实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：②；产生蓝色沉淀；

实验Ⅱ：丙同学认为：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解，且两个实验结果证明了丙同学的结论，而实验I验证了Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则实验II需要验证NO3－也能把Ag氧化而溶解，需进行对照实验，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3－为0.3mol/L，所以需向附有银镜的试管中加入pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3溶液，故答案为：pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3；

(3)Fe3+遇KSCN溶液变红，第一份滴加2滴KSCN溶液无变化，说明FeSO4溶液中无Fe3+，第二份加入1ml0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体Ag产生，再取上层溶液滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+产生，说明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被还原为Ag，又Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则该反应为可逆反应，反应的离子方程式为：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+或Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+；

(4)①K刚闭合时