2026年三门峡市重点中学高三年级第一次模拟考试化学试题试卷含解析

2026年三门峡市重点中学高三年级第一次模拟考试化学试题试卷注意事项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、下列说法正确的是()A．等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等B．质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数为50%C．金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火D．白磷放在煤油中；氨水密闭容器中保存2、H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是A．由图可知，草酸的Ka＝10-1.2B．0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D．根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.83、既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（）A．离子化合物 B．非金属单质 C．酸性氧化物 D．共价化合物4、用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是()A．用或作反应物制氧气B．进行中和热的测定C．蒸干溶液制备D．模拟工业制氨气并检验产物5、下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B．溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D．乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别6、下列实验方案中，不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是A．取a克混合物充分加热至质量不再变化，减重b克B．取a克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b克C．取a克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b克D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b克固体7、不能用勒夏特列原理解释的是（）A．草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B．将FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C．人体血液pH值稳定在7.4±0.05D．工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎8、《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中涉及的操作是()A．萃取 B．结晶C．蒸馏 D．过滤9、常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是A．Ka(HA)约为10-4B．当两溶液均稀释至时，溶液中＞C．中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HBD．等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者10、已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（）A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物C．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2mol11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂。W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和。下列说法不正确的是（）A．X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂B．化合物Y2X2和YZX都既存在离子键，又存在共价键C．原子半径大小：W>X；简单离子半径：Y<ZD．W与X能形成多种化合物，都能与Y的最高价氧化物的水化物溶液发生反应12、下列说法不正确的是（）A．Fe2O3可用作红色颜料 B．浓H2SO4可用作干燥剂C．可用SiO2作半导体材料 D．NaHCO3可用作焙制糕点13、Mg－AgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列说法错误的是A．该电池工作时，正极反应为2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2AgB．该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池C．有1molMg被氧化时，可还原得到108gAgD．装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液14、中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1所示，电池的工作原理如下图2所示。下列有关说法正确的是A．放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B．闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极C．放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极D．充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=O2+2Li+15、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等16、一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是A．离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）B．正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－C．导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1gD．充电时，碳电极与电源的正极相连17、下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl（s）+S2－（aq）Ag2S（s）+2Cl－（aq）B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4－+5SO32－+6H+===2Mn2++5SO42－+3H2OC．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色:Cr2O72－+2OH－2CrO42－+H2OD．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3－===3Cu2++2NO↑+4H2O18、工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O19、下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HClC．实验Ⅲ：用水吸收NH3D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯20、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作A．KNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥B．NaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C．FeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧D．NH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤A．A B．B C．C D．D21、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是（）A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．一定条件下，足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，转移电子数为2NAC．0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数目为0.02NAD．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA22、将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。针对上述变化,下列分析正确的是A．该实验表明SO2有漂白性 B．白色沉淀为BaSO3C．该实验表明FeCl3有还原性 D．反应后溶液酸性增强二、非选择题(共84分)23、（14分）有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_____________________。⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________24、（12分）中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(G)。其合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为___。（2）B中含有的官能团名称为___，B→C的反应类型为___。（3）B→D的化学反应方程式为___。（4）G的结构简式为___。（5）芳香化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H的结构共有___种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为___。①能与NaHCO3溶液反应产生CO2；②能发生银镜反应（6）参照上述合成路线，设计以为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：___。25、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。26、（10分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.27、（12分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。实验一：已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)（1）虚线框处宜选择的装置是________(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是______________________。（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含＋3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_______溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_________________。实验二：绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下：（1）________，（2）点燃酒精灯，加热，（3）______，（4）______，（5）______，（6）称量A，重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a．关闭K1和K2b．熄灭酒精灯c．打开K1和K2缓缓通入N2d．冷却至室温（4）必须要进行恒重操作的原因是_________________。（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解，根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=__________________（用含m1、m2、m3的列式表示）。28、（14分）锂在有机合成、电池等领域中有重要的作用。I.的制备和应用如下图所示。(1)锂元素在元素周期表中的位置_______________________。(2)写出A的电子式___________________________。(3)是有机合成中常用的还原剂，试写出反应③的化学方程式_________________。II.磷酸亚铁锂是新型锂离子电池的首选电极材料，是以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液，析出磷酸亚铁锂沉淀，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得。在锂离子电池中，需要一种有机聚合物作为正负极之间锂离子迁移的介质，该有机聚合物的单体之一(用M表示)的结构简式如下：请回答下列问题：(4)制备磷酸亚铁锂必须在惰性气体氛围中进行，其原因是_______________。(5)阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为___________________。(6)写出M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式_____________________。(7)该电池充电时阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，则放电时正极的电极反应式为___________。29、（10分）配合物Fe(CO)5的熔点一20℃，沸点103℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。(1)基态Fe原子的价电子排布式是_____________________；Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。(2)CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是________

,写出与

CO互为等电子体的分子的电子式:___________________。(3)C、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_______________________。(4)关于Fe(CO)5，下列说法正确的是______。A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1

mol

Fe(CO)5含有10

mol配位键D．

Fe(CO)5==Fe+5CO反应中没有新化学键生成(5)铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。①上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是______

(填“a”“δ””或“γ”)-

Fe。②a-Fe晶胞中铁原子的配位数为_______________。③γ-Fe晶胞的边长为a

pm，则γ-

Fe单质的密度为____g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。

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、A【解析】

A.等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，铝元素化合价由0升高为+3，所以转移电子的数目相等，故A正确；B.硫酸的浓度越大密度越大，等体积的质量分数分别为40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液质量大，所以混合后溶液的质量分数大于50%，故B错误；C.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙子盖灭，故C错误；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D错误；答案选A。2、D【解析】

由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A.当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C.pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。答案选D。3、D【解析】

A．由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；B．单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；D．若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。故选：D。应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。4、A【解析】

A.Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，故A正确；B.进行中和热的测定需要用到环形玻璃搅拌棒，缺少仪器，故B错误；C.蒸干CuSO4溶液，因结晶硫酸铜受热会脱水，使得到的CuSO4·5H2O固体不纯，故C错误；D.工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的，此处无高压条件，且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误。故选A。5、B【解析】

A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A正确；B．溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B错误；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；故答案选B。6、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，选项A正确；B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，选项B错误；C、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C正确；D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D正确；答案选B。本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。7、D【解析】

A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NH3，使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.4±0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；故答案为D。8、B【解析】

“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B正确，故答案为：B。9、B【解析】

根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。【详解】A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA)1mol/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；B.由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)<c(B-)，B错误；C.HA为弱酸，HB为强酸，等体积pH相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB)，故分别用NaOH溶液中和时，消耗的NaOH物质的量：HA>HB，C正确；D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，NaA溶液呈碱性，NaA溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）<NaB溶液中c（H+），所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，D正确。答案：B。10、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移10e-，以此来解答。【详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;D、若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为，故D错误；故选C。11、D【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，推测为碳酸钠，则W为C，X为O，Y为Na，满足其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂，该物质为O和Na元素形成的Na2O2；Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和，则Z的最外层电子数为7，则Z为Cl。【详解】根据分析W为C，X为O，Y为Na，Z为Cl，A.O、Cl形成的单质臭氧、氯气可作水的消毒剂，二者形成的二氧化氯具有强氧化性，也可作水的消毒剂，故A正确；B.化合物Y2X2为Na2O2，YZX为NaClO，过氧化钠中含有离子键和共价键，NaClO中既含有离子键又含有共价键，故B正确；C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小：W＞X；钠离子含有2个电子层，氯离子含有3个电子层，则简单离子半径：Y＜Z，故C正确；D.C、O可以形成CO、二氧化碳，二氧化碳能够与NaOH溶液反应，但CO不与NaOH溶液反应，故D错误；故答案为D。碳酸钠溶液水解显碱性，故可以用来除油污；Na2O2能与水与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为供氧剂。12、C【解析】

A.Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；B.浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；C.单质Si是半导体材料，故C错误；D.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；答案选C。13、C【解析】

A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项A正确；B、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B正确；C、电极反应式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1molMg被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可还原得到216gAg，选项C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D正确。答案选C。本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。14、D【解析】

本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。【详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；B、开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2−2e−===O2↑+2Li+，故D正确。15、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。16、B【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。17、B【解析】

A.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液时，由于Ag2S比AgCl更难溶，发生沉淀的转化，反应的离子反应为：2AgCl（s）+S2－（aq）Ag2S（s）+2Cl－（aq），选项A正确；B.向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，HSO3－将MnO4－还原而使溶液紫色褪去，反应的离子方程式为2MnO4－+5HSO3－+H+=2Mn2++5SO42－+3H2O，选项B错误；C．向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，发生Cr2O72－+2OH－2CrO42－+H2O，平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，选项C正确；D.向稀硝酸中加入铜粉，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝色，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O，选项D正确；答案选B。18、D【解析】

根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。【详解】A．HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；B．该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol作氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；C．CrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；D．该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D项错误；答案选D。19、B【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；B.HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；C.NH3极易溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；D.制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；故答案为B。20、D【解析】

A.

KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；B.

KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；C.加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故C错误；D.氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；故选：D。21、C【解析】

A.1molCl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA，故A错误；B.足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，浓硫酸浓度变稀后不能与铜反应，转移电子数目小于2NA，故B错误；C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2NA，0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.02NA，故C正确；D.氦气为单原子分子，氟气为双原子分子，故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同，故D错误。答案选C。本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数的计算，氧化还原反应的电子转移。22、D【解析】

往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4)同时有H2SO4生成，所以酸性增强。A.该实验表明SO2有还原性，选项A错误；B.白色沉淀为BaSO4，选项B错误；C.该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误；D.反应后溶液酸性增强，选项D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。24、对二甲苯（或1，4-二甲苯）羧基取代反应+2CH3OH+2H2O；13【解析】

根据合成路线可知，经氧化得到B，结合D的结构简式可逆推得到B为，B与甲醇发生酯化反应可得到D，D与氨气发生取代反应生成E，E与次氯酸钠反应得到F，F与C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推知G的结构简式为：，结合有机物的结构与性质分析作答。【详解】（1）根据A的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1，4-二甲苯，故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；（2）由D的结构逆推，可知B为对苯二甲酸（），含有的官能团名称为羧基，对比B与C的结构，可知B→C的反应类型为取代反应，故答案为：羧基；取代反应；（3）B→D为酯化反应，反应的方程式为：+2CH3OH+2H2O；故答案为：+2CH3OH+2H2O；（4）已知G为聚对苯二甲酰对苯二胺，可知C和F在一定条件下发生缩聚反应而得到，其结构简式为；故答案为：（4）芳香化合物H是B的同分异构体，能与溶液反应产生；能发生银镜反应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不同官能团：—CHO、—COOH、—OH，有10种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO—、—COOH，有邻、间、对三种；共10+3=13种。其中核磁共振氢谱有四组峰的H的结构简式为，故答案为：13；；（6）设计以为原料，制备的合成路线，根据题目B→D、D→E、E→F信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为。25、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。26、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。27、乙铜丝由黑变红硫氰化钾或KSCN不正确，因为铁过量时：Fe＋2Fe3+→3Fe2+cbda确保绿矾中的结晶水已全部失去【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是，生成水的质量是，根据计算x值；解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；单质