2026年山东省青岛市实验高中高三高考模拟考化学试题含解析

2026年山东省青岛市实验高中高三高考模拟考化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、已知：①K2CO3+CO2+H2O→2KHCO3；CaCO3+CO2+H2O→Ca（HCO3）2②KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是A． B． C． D．2、根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是()A．由于相对分子质量：HCl＞HF，故沸点：HCl＞HFB．锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＞Sn(OH)4＞Pb(OH)4C．硅在周期表中处于金属与非金属的交界处，硅可用作半导体材料D．Cl-、S2-、K+、Ca2+半径逐渐减小3、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水4、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NAB．将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于0.1NAC．1molHI被氧化为I2时转移的电子数为NAD．常温下电解饱和食盐水，当溶液pH由7变为13时，电路中转移的电子数为0.1NA5、利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是()气体溶液A硫化氢亚硫酸B二氧化碳氯化钙C氨气氯化铝D氯化氢硝酸银A．A B．B C．C D．D6、25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO－)均会增大C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同7、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A．化合物WY是良好的耐热冲击材料B．Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸C．X的氢化物的沸点一定小于Z的D．化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构8、关于物质检验的下列叙述中正确的是A．将酸性高锰酸钾溶液滴入裂化汽油中，若紫红色褪去，证明其中含甲苯B．让溴乙烷与NaOH醇溶液共热后产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成C．向某卤代烃水解后的试管中加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀，证明它是溴代烃D．往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余9、一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是（）A．放电时，Zn2+脱离插层B．放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C．充电时，电子由层经电解质溶液流向层D．充电时，阳极发生电极反应：10、硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是A．硒的摄入量越多对人体健康越好 B．SeO32－空间构型为正四面体C．H2Se的熔沸点比H2S高 D．H2SeO4的酸性比H2SO4强11、NH5属于离子晶体。与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。有关NH5叙述正确的是（）A．与乙醇反应时，NH5被氧化B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5molN-H键D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子2mol12、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A．当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态B．当pH=1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小13、下列物质不属于合金的是A．铝B．青铜C．不锈钢D．生铁14、下列说法正确的是()A．铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B．0.01molCl2通入足量水中，转移电子的数目为6.02×1021C．反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0D．加水稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小15、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A．第一电离能：③＞②＞①B．价电子数：③＞②＞①C．电负性：③＞②＞①D．质子数：③＞②＞①16、一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是A．分子式为 B．该化合物可发生聚合反应 C．1mol该化合物完全燃烧消耗19mol D．与溴的溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用溶液检验17、香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确的是()A．物质Ⅰ的分子式为C7H7O2B．CHCl3分子具有正四面体结构C．物质Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互为同系物D．香草醛可发生取代反应、加成反应18、下列过程仅克服离子键的是（）A．NaHSO4溶于水 B．HCl溶于水 C．氯化钠熔化 D．碘升华19、以下物质的水溶液显酸性的是A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．CH3COOK D．KNO320、下列有关有机物的说法不正确的是()A．用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分是纤维素B．氯乙烯、溴苯分子中的所有原子都处于同一平面上C．甲醛、乙炔、丙烯、裂化汽油都能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制生物标本，二者所含原理一样21、实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()A．制取Cl2B．使Br－转化为Br2C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl322、关于常温下pH＝2的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A．1L溶液中含H+为0.02molB．c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C．加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH减小D．加入等体积pH＝2的盐酸，溶液酸性减小二、非选择题(共84分)23、（14分）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：

（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。24、（12分）药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。完成下列填空：47、写出反应类型：反应①______________、反应②_______________。48、写出结构简式：A__________________、C____________________。49、由1molB转化为C，消耗H2的物质的量为_______________。如果将③、④两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式）__________________________。50、D有同类别的同分异构体E，写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式______________。51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式______________。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。26、（10分）NaNO2(1)已知：Ka(HNO2)=5.1×10-4，Ksp(AgCl(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。②装置B中反应的化学方程式为________________________________。③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。(3)测定产品的纯度。取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积20.9020.1220.0019.88①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B．锥形瓶洗净后未干燥C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D．滴定终点时俯视读数②酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的离子方程式为③该样品中NaNO2的质量分数为__________27、（12分）实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管28、（14分）联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有着广泛的用途。(1)已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-621.5kJ●mol-1②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g)△H2=+204.3kJ●mol-1则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=_____.(2)已知反应N2H4(g)+2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T°C时,向VL恒容密闭容器中加入2molN2H4(g)和4molCl2(g),测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。①0~10min内,用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)=_______。②M点时,N2H4的转化率为______(精确到0.1)%。③T°C时,达到平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4molCl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g),此时平衡______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。(3)①在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2,同时还产生磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为________________。②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下.1.0mol●L-1的NaH2PO2溶液pH为8,则次磷酸的Ka=___________。③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图2所示。交换膜A属于____(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,电极N的电极反应式为______,当电路中流过3.8528×105库仑电量时.制得次磷酸的物质的量为_____(一个电子的电量为1.6×10-19库仑,NA数值约为6.02×1023)。29、（10分）在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O＝Cu2Cl2•2CO•2H2O。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中属于______（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为______。（2）C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是______。NO3-离子的空间构型是______。（3）CO与N2互称等电子体。①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含______个σ键，______个π键。②下表为CO和N2的有关信息。键的类型A-B（单键）A=B（双键）A≡B（叁键）键能（kJ/mol）CO3518031071N2159418946根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是______。（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：①该配合物中氯原子的杂化方式为______。②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的Cl-的个数为______。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=______（列计算式表达）。

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】

根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B符合题意，故答案选B。2、C【解析】

A．HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；B．同主族金属性增强，形成的碱的碱性增强，锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＜Sn(OH)4＜Pb(OH)4，故B错误；C．Si处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故C正确；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，故D错误；答案选C。3、B【解析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。4、D【解析】

A.14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中含中子数为2.4NA个，故A正确；B.将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH−)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH−)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；C.I元素的化合价由-1价升高为0价，则1molHI被氧化为I2时转移的电子数为1mol×1NA=NA，故C正确；D.溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；故选D。D项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；5、B【解析】

A．硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；B．二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；C．氨气溶于水生成氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C错误；D．氯化氢与水反应生成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；答案选B。二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了，不符合化学原理。6、C【解析】

25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则A．常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO－)增大，选项B错误；C．由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；D．由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误；答案选C。7、C【解析】

因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。【详解】A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；D．由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案为：C。8、B【解析】

A．裂化汽油中含烯烃，则加高锰酸钾褪色不能说明含有甲苯，A错误；

B．溴乙烷与NaOH醇溶液共热后，发生消去反应生成乙烯，则气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成，B正确；

C．卤代烃水解后，检验卤素离子，应在酸性溶液中，不能直接加硝酸银检验，C错误；

D．制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不需要利用与碳酸钠反应生成气体说明乙酸剩余，D错误。

答案选B。9、D【解析】

A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；B.根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；C.充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；D.充电时，阳极失电子，电极反应为：，故D正确；故选D。已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。10、C【解析】

A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；故答案为C。11、A【解析】

反应NH5+H2O→NH3∙H2O+H2↑，NH5的5个H原子中有1个H原子，化合价由﹣1价变为0价，水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，【详解】A．NH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂，NH5作还原剂而被氧化，A正确；B．NH5的电子式为，N元素的化合价为﹣3价，B错误；C．NH5的电子式为，1molNH5中含有4molN-H键，C错误；D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子的物质的量=1mol×[0-(-1)]=1mol，D错误；故选A。12、C【解析】

A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B.当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C.组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D.稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。13、A【解析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质；铝是纯净物，不属于合金，故A正确；青铜是铜与锡或铅的合金，故B错误；不锈钢是铁中含有铬、镍的合金，故C错误；生铁是铁和碳的合金，故D错误。14、C【解析】

A.根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；B.0.01molCl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.02×1021，B项错误；C.反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常温下不能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C项正确；D.CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选C。15、A【解析】

根据三种基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5可判断①、②、③分别代表的元素为：S、P、F。【详解】A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；B．S、P、F价电子数分别为：6、5、7，即③＞①＞②，B错误；C．根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以F＞S＞P，③＞①＞②，C错误；D．S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即①＞②＞③，D错误；答案选A。16、C【解析】

A项，根据键线式，由碳四价补全H原子数，即可写出化学式为C13H20O，正确；B项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；C项，分子式为C13H20O，可以写成C13H18H2O，13个碳应消耗13个O2，18个H消耗4.5个O2，共为13+4.5=17.5，故错误；D项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以检验，正确。答案选C。17、D【解析】

A．物质Ⅰ()的分子式为C7H8O2，故A错误；B．C-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；C．物质Ⅰ、Ⅲ结构不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C错误；D．香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；答案选D。18、C【解析】

A.NaHSO4溶于水，电离生成Na+、H+和SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；B.HCl为分子晶体，气体溶于水克服共价键，故B错误；C.NaCl加热熔化电离生成Na+和Cl-，只破坏了离子键，故C正确；D.碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；正确答案是C。本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别。19、B【解析】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；B.NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C.CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。本题选B。20、A【解析】

A、蚕丝的主要成分为蛋白质，而棉花的成分为纤维素，选项A不正确；B、氯乙烯是1个氯原子取代了乙烯分子中的1个H原子形成的，故氯乙烯分子中所有的原子也处于同一平面；溴苯是1个溴原子取代了苯分子中的1个H原子形成的，故溴苯分子中所有的原子也处于同一平面，选项B正确；C、甲醛含有醛基，乙炔、丙烯、裂化汽油均含有不饱和碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，选项C正确；D、乙醇、福尔马林均可使蛋白质发生变性，则75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制动物标本，二者所含原理一样，选项D正确；答案选A。21、C【解析】

A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；B.用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；C.分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D.蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；答案选C。本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。22、B【解析】

A选项，c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中含H+为0.01mol，故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH＝2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。草酸是二元弱酸，但pH=2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+)=0.01mol/L，很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L，如果是强酸c(H+)=0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+)<0.01mol/L。二、非选择题(共84分)23、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【解析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。24、取代反应消去反应10mol【解析】

根据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，所以A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B，和氢气发生加成反应生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：；据以上分析进行解答。【详解】据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，+→，A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应→+H2O，生成B，和氢气发生加成反应+10H2→，生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：，反应为：+→，1．结合以上分析可知，反应①取代反应、反应②是醇的消去；2．发生加成反应生成，结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式：；C是由经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可C的结构简式为：；3．B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故由1molB转化为C，完全加成消耗H2的物质的量为10mol；如果将③、④两步颠倒，则发生反应为中间体B先与生成盐，后再与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键．即为；4．D为与之同类别的同分异构体E为，E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式；5．A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式。25、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。26、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O可以控制反应的发生与停止3NO2＋H2O=2HNO3+NO碱石灰吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气A5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O69％（或0.69）【解析】

(1)根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=c(分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1)NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3+NO；③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，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5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；③消耗KMnO4溶液体积V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol×52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol×100mL25mL=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol×69g/mol=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。27、安全瓶，防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出×100%D【解析】

(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4)温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。28、-1038.7kJ•mol-10.06mol/(L•min)33.3逆向移动2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O====6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO31.0×10-2阳离子2H2O+2e-=H2↑+2OH-4mol【解析】

(1)根据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应2N2H4(1)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)△H=(-621.5×2+204.3)kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1；(2)根据图示，Cl2作为反应物