福建省晉江市安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)、惠安一中、泉州實(shí)驗(yàn)中學(xué)2026屆化學(xué)高三上期中復(fù)習(xí)檢測(cè)試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、在3個(gè)2L的密閉容器中，在相同的溫度下、使用相同的催化劑分別進(jìn)行反應(yīng)：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫、恒容，測(cè)得反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)有關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器甲乙丙反應(yīng)物的投入量3molH2、2molN26molH2、4molN22molNH3達(dá)到平衡的時(shí)間/min58平衡時(shí)N2的濃度/mol·L-1c11.5NH3的體積分?jǐn)?shù)ω1ω3混合氣體的密度/g·L-1ρ1ρ2下列說法正確的是（）A．2c1<1.5 B．ρ1=ρ2C．ω1=2ω3 D．在該溫度下甲容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2、ClO2是一種國(guó)際公認(rèn)的高效含氯消毒劑，ClO2屬于A．混合物 B．酸 C．堿 D．氧化物3、下列氣體通入溶液中一定不會(huì)出現(xiàn)渾濁的是A．CO2通入Ca(OH)2溶液中 B．SO2通入Ba（NO3）2溶液中C．SO2通入BaCl2溶液中 D．Cl2通入氫硫酸溶液中4、下列物質(zhì)分類的正確組合是分類組合純凈物鹽堿性氧化物酸性氧化物A堿石灰燒堿氧化鋁二氧化碳BNH3?H2O小蘇打氧化鎂二氧化氮C五水硫酸銅純堿氧化鈉三氧化硫DH2O2蘇打過氧化鈉二氧化硫A．A B．B C．C D．D5、某溶液中可能含有如下離子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl－、AlO2-。當(dāng)向該溶液中逐滴加入NaOH溶液時(shí)，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．原溶液中一定含有的陽(yáng)離子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B．反應(yīng)最后形成的溶液中的溶質(zhì)含AlCl3C．原溶液中Al3+與NH的物質(zhì)的量之比為1∶3D．原溶液中含有的陰離子是Cl－、AlO2-6、下列說法中正確的是（）A．堿性氧化物一定是金屬氧化物，酸性氧化物一定是非金屬氧化物B．硫酸鋇難溶于水，所以硫酸鋇是弱電解質(zhì)C．CO2、NH3的水溶液可以導(dǎo)電，所以CO2、NH3是電解質(zhì)D．強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定強(qiáng)，弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定弱7、pH與體積都相同的硫酸和醋酸溶液，分別與同物質(zhì)的量濃度、同體積的Na2CO3溶液反應(yīng)，若在相同條件下放出CO2的量相同，則下列推斷合理的是A．Na2CO3過量 B．Na2CO3恰好與醋酸完全反應(yīng)C．兩種酸都過量 D．兩種酸的物質(zhì)的量濃度相同8、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．S2和S8的混合物共6.4g,其中所含的電子數(shù)一定為3.2NAB．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng),產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC．24g二氧化硅晶體中含有SiO2分子數(shù)為0.4NAD．5.6gFe與含0.2molHNO3的溶液充分反應(yīng),至少失去電子數(shù)為0.2NA9、下列化合物中不能由單質(zhì)直接化合而制得的是（）A．FeS B．SO2 C．CuS D．FeCl310、常溫下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及導(dǎo)電性變化如圖。下列分析正確的是A．b～c溶液中所有離子濃度都減小B．b點(diǎn)溶液pH＝7，說明NH4R沒有水解C．c點(diǎn)溶液中存在c(R－)>c(NH4+)、c(H＋)>c(OH－)D．a(chǎn)～b導(dǎo)電能力增強(qiáng)，說明HR為弱酸11、如圖所示，相同條件下，兩個(gè)容積相同的試管分別裝滿NO2和NO氣體，分別倒置于水槽中，然后通過導(dǎo)管緩慢通入氧氣，邊通邊慢慢搖動(dòng)試管，直到兩個(gè)試管內(nèi)充滿液體。假設(shè)試管內(nèi)的溶質(zhì)不向水槽中擴(kuò)散，則兩個(gè)試管內(nèi)溶液物質(zhì)的量濃度之比為A．1∶1 B．5∶7 C．7∶5 D．4∶312、國(guó)際空間站處理CO2的一個(gè)重要方法是將CO2還原，所涉及的反應(yīng)方程式為：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，若溫度從300℃升至400℃，反應(yīng)重新達(dá)到平衡時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)增加。下列關(guān)于該過程的判斷正確的是A．該反應(yīng)的ΔH<0 B．化學(xué)平衡常數(shù)K增大C．CO2的轉(zhuǎn)化率增加 D．正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小13、下列各組物質(zhì)在適宜的條件下反應(yīng)，其中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1的是（）A．B．Fe2O3+2AlAl2O3+2FeC．CaH2+2H2O===Ca（OH）2+2H2↑D．3NO2+H2O===2HNO3+NO14、英國(guó)科學(xué)家希爾發(fā)現(xiàn)，離體的葉綠體懸浮液中加入適當(dāng)?shù)碾娮邮荏w(如草酸鐵)，在光照時(shí)可使水分解而釋放氧氣，從而證明了氧的釋放與CO2還原是不同的過程，將對(duì)光合作用的研究上升到細(xì)胞層面。該反應(yīng)方程式為4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑，下列有關(guān)希爾反應(yīng)說法錯(cuò)誤的是（）A．水在光反應(yīng)中起供氫體和電子供體雙重作用B．反應(yīng)后溶液pH減小C．生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LO2時(shí)，F(xiàn)e3+得電子數(shù)為2NAD．葉綠體本身被氧化15、科學(xué)工作者研發(fā)了一種SUNCAT的系統(tǒng)，借助鋰循環(huán)可持續(xù)合成氨，其原理如下圖所示。下列說法不正確的是A．過程I得到的Li3N中N元素為—3價(jià)B．過程Ⅱ生成W的反應(yīng)為L(zhǎng)i3N+3H2O===3LiOH+NH3↑C．過程Ⅲ中能量的轉(zhuǎn)化形式為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D．過程Ⅲ涉及的反應(yīng)為4OH－－4e－＝O2↑+2H2O16、為驗(yàn)證還原性:SO2>Fe2+>C1-，三組同學(xué)分別進(jìn)行了下圖實(shí)驗(yàn)，并對(duì)溶液1和溶液2中所含離子進(jìn)行了檢驗(yàn),能證明上述還原性順序的實(shí)驗(yàn)組有A．只有甲 B．甲、乙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙二、非選擇題（本題包括5小題）17、風(fēng)靡全球的飲料果醋中含有蘋果酸（MLA），其分子式為C4H6O5。0.1mol蘋果酸與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)能產(chǎn)生4.48LCO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），蘋果酸脫水能生成使溴水褪色的產(chǎn)物。蘋果酸經(jīng)聚合生成聚蘋果酸酯（PMLA）。（1）寫出物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A___，D___。（2）指出合成路線中①、②的反應(yīng)類型：①___；②___。（3）寫出所有與MLA具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：___。（4）寫出E→F轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式___。（5）上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中步驟③和④的順序能否顛倒?___（填“能”或“不能”）。說明理由：___。（6）請(qǐng)寫出以丙烯為原料制備乳酸（2-羥基丙酸）的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任?。__。18、隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素(用字母x等表示)原子半徑的相對(duì)大小、最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)的變化如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）用于文物年代測(cè)定的元素，其核素符號(hào)為_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的簡(jiǎn)單離子半徑由大到小的順序?yàn)開________(用離子符號(hào)表示)。（3）元素f的單質(zhì)與元素e的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。（4）元素h單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于元素g單質(zhì)的氧化性的事實(shí)是___________(用離子方程式表示)。19、用含鈷廢料(含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑)制備CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：除鎳過程中溶液pH對(duì)Co的回收率影響如下圖所示，部分金屬離子在實(shí)驗(yàn)條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金屬離子開始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4（1）酸浸工藝中用“稀HCl”替代了傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，其優(yōu)點(diǎn)為__________________。（2）除鎳時(shí)應(yīng)調(diào)節(jié)pH=______________，此步驟中Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___________________。（3）除鐵過程的步驟：_______________，過濾得CoCl2溶液。(可供選用的試劑：30%H2O2、1.0mol·L-1KMnO4、NaOH固體、CoCO3固體)（4）除鐵后加入鹽酸調(diào)pH的作用是____________________。（5）工業(yè)上采用減壓蒸干的方法制備CoCl2·6H2O，減壓蒸干的目的是___________________。20、某小組在實(shí)驗(yàn)室使用軟錳礦（主要成分為MnO2）和濃鹽酸通過加熱制備氯氣，并對(duì)氯氣的性質(zhì)進(jìn)行探究。（1）寫出實(shí)驗(yàn)室制氯氣的化學(xué)方程式：__。欲制取并收集一瓶于燥的氯氣，則“制取→收集”的實(shí)驗(yàn)裝置連接順序?yàn)開_→c→d→__→i→j→k。（2）裝置C中飽和食鹽水的作用是___。（3）該小組同學(xué)對(duì)氯氣性質(zhì)進(jìn)行如下探究：實(shí)驗(yàn)步聚實(shí)驗(yàn)結(jié)論①將氯氣通入NaCl溶液中，再加入1mLCCl4振蕩，靜置，觀察四氫化碳層顏色氧化性從強(qiáng)到弱的順序：氯、溴、碘②將氯氣通入KBr溶流中，再加入1mLCCl4振落，靜置，觀察四氯化碳層顏色③將氯氣通入KI溶液中，再加入1mLCCl4振蕩，靜置，觀察四氧化碳層顏色該小組的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)缺陷是___，改進(jìn)的辦法是__。（4）常溫下，高錳酸鉀固體和濃鹽酸反應(yīng)也可制得氯氣，該反應(yīng)的離子方程式為：___。（5）某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，經(jīng)測(cè)定ClO-與ClO3-的濃度之比為1：3，則Cl2與NaOH溶液反應(yīng)時(shí)被還原的氯元素與被氧化的氯元素的質(zhì)量之比為__。21、I．2016年，我國(guó)研制的大型運(yùn)輸機(jī)運(yùn)－20正式進(jìn)入投產(chǎn)，標(biāo)志著我國(guó)成為少數(shù)幾個(gè)能生產(chǎn)大型軍用運(yùn)輸機(jī)的國(guó)家之一。（1）運(yùn)－20的外殼大量使用了AM系列Mg-Al-Mn，鋁的價(jià)電子排布圖為_____，第一電離能鋁___________（填“大于”、“等于”或“小于”）鎂（2）為了減輕飛機(jī)的起飛重量并保持機(jī)身強(qiáng)度，運(yùn)－20使用了大量的樹脂材料，其中一種樹脂材料的部分結(jié)構(gòu)如圖1所示，其中碳原子的雜化方式為___________，其個(gè)數(shù)比為___________II．大型飛機(jī)的高推重比發(fā)動(dòng)機(jī)被譽(yù)為航空工業(yè)皇冠上的“寶石”，采用大量的金屬鎢作為耐高溫耐磨損材料（3）鎢元素位于第六周期第VIB族，價(jià)電子排布的能級(jí)與Cr相同，但排布方式與Cr有所不同，請(qǐng)寫出鎢原子的價(jià)層電子排布式___________（4）圖2為碳和鎢形成的一種化合物的晶胞模型，碳原子和鎢原子個(gè)數(shù)比為___________，其中一個(gè)鎢原子周圍距離最近且相等的碳原子有___________個(gè)。下列金屬的堆積方式與晶胞中鎢原子堆積方式完全相同的是___________A．FeCuB．TiAgC．CuAuD．ZnMg

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【詳解】A、恒溫、恒容條件下，假設(shè)乙容器的容積為4L，則達(dá)到平衡時(shí)甲乙為等效平衡，各組分的含量、濃度相等，此時(shí)氮?dú)獾臐舛葹閏1，然后將容器的容積縮小到2L，若平衡不移動(dòng)，則N2的濃度為2c1，由于壓強(qiáng)增大，平衡向著正向移動(dòng)，所以2c1>1.5，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、反應(yīng)前后都是氣體，容器的容積都是2L，乙中混合氣體的質(zhì)量為甲的2倍，根據(jù)ρ=可知：2ρ1=ρ2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、丙中加入2mol氨氣相當(dāng)于加入了1mol氮?dú)狻?mol氫氣，而甲中加入3molH2、2molN2，由于丙中按化學(xué)計(jì)量數(shù)之比投料，達(dá)到平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)最大，故ω3>ω1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、甲容器中，反應(yīng)前氫氣濃度為c（H2）=mol/L=1.5mol/L，氮?dú)獾臐舛葹閙ol/L=1mol/L，氮?dú)獾臐舛茸兓癁椋?-c1）mol/L，由化學(xué)平衡的三段式可得：3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）起始（mol/L）：1.510濃度變化（mol/L）：3（1-c1）（1-c1）2（1-c1）平衡（mol/L）：1.5-3（1-c1）c12（1-c1）化學(xué)平衡常數(shù)K===，選項(xiàng)D正確；答案選D。2、D【解析】ClO2是由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物，屬于氧化物，故選D。點(diǎn)睛：考查了酸、堿、以及氧化物、混合物等物質(zhì)的區(qū)分，把握住概念是解題的關(guān)鍵；電離時(shí)生成的陽(yáng)離子都是氫離子的化合物是酸；電離時(shí)生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿；由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物是氧化物；由兩種或兩種以上物質(zhì)組成的是混合物。3、C【詳解】A．CO2通入Ca(OH)2溶液中，可形成碳酸鈣沉淀，因此會(huì)出現(xiàn)渾濁，故A不符合題意；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有硫酸鋇沉淀生成，故B不符合題意；C．鹽酸的酸性大于亞硫酸，所以SO2通入BaCl2溶液中，不可能生成亞硫酸鋇沉淀和鹽酸，故C符合題意；D．Cl2通入氫硫酸溶液中，有不溶于水的硫沉淀生成，故D不符合題意；故答案為C。4、C【解析】試題分析：A．堿石灰的成分為NaOH和CaO的混合物，不屬于純凈物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．NO2與NaOH反應(yīng)生成硝酸鈉和亞硝酸鈉兩種鹽，不屬于酸性氧化物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．藍(lán)礬屬于純凈物，純堿的化學(xué)式為Na2CO3，屬于鹽，氧化鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和水，屬于堿性氧化物，SO3與堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于酸性氧化物，C項(xiàng)正確；D．過氧化鈉屬于過氧化物，不屬于堿性氧化物，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?？键c(diǎn)：考查物質(zhì)的分類。5、C【解析】向溶液中滴加NaOH溶液時(shí)先沒有沉淀生成，說明溶液中含有H+，溶液呈酸性，則溶液中不存在AlO2-，當(dāng)H+完全反應(yīng)后繼續(xù)滴加NaOH溶液，有沉淀生成，當(dāng)沉淀最大時(shí)繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀的物質(zhì)的量不變，說明NaOH和NH4+反應(yīng)，則溶液中一定含有NH4+，當(dāng)NH4+完全反應(yīng)后繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀逐漸減少最終消失，說明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最終溶液中溶質(zhì)為NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；A．通過以上分析知，原溶液中一定含有的陽(yáng)離子有H+、Al3+、NH4+，故A錯(cuò)誤；B．通過以上分析知，最終得到的溶液中溶質(zhì)為NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為3：3，根據(jù)Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+與NH4+的物質(zhì)的量之比1：3，故C正確；D．通過以上分析知，原來溶液呈酸性，則一定不存在弱酸根離子AlO2-，故D錯(cuò)誤；故答案為C。點(diǎn)睛：明確圖象中曲線變化趨勢(shì)、拐點(diǎn)的含義是解本題關(guān)鍵，向溶液中滴加NaOH溶液時(shí)先沒有沉淀生成，說明溶液中含有H+，溶液呈酸性，則溶液中不存在AlO2-，當(dāng)H+完全反應(yīng)后繼續(xù)滴加NaOH溶液，有沉淀生成，當(dāng)沉淀最大時(shí)繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀的物質(zhì)的量不變，說明NaOH和NH4+反應(yīng)，則溶液中一定含有NH4+，當(dāng)NH4+完全反應(yīng)后繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀逐漸減小最終消失，說明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最終溶液中溶質(zhì)為NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，據(jù)此分析解答。6、D【詳解】A．只能和酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物，只能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如Mn2O7是金屬氧化物，屬于酸性氧化物，故A錯(cuò)誤；B．強(qiáng)電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質(zhì)，硫酸鋇是難溶的鹽，投入水中，導(dǎo)電性較弱，但熔融狀態(tài)完全電離，所以BaSO4是強(qiáng)電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．CO2、NH3溶于水分別生成碳酸、一水合氨，碳酸、一水合氨能夠電離，其水溶液均能導(dǎo)電，但導(dǎo)電離子不是CO2、NH3自身電離的，二者不屬于電解質(zhì)，為非電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱與參與導(dǎo)電的自由移動(dòng)的離子的濃度大小有關(guān)，強(qiáng)電解質(zhì)如果濃度很小，導(dǎo)電能力也可能比濃的弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力弱，故D正確；答案為D。7、C【詳解】A、若碳酸鈉過量，pH與體積都相同的硫酸和醋酸溶液，因?yàn)榇姿崾侨跛岽嬖陔婋x平衡，所以醋酸反應(yīng)生成的二氧化碳要比硫酸多，A錯(cuò)誤；B、若Na2CO3恰好與醋酸完全反應(yīng)，由于硫酸和醋酸溶液pH與體積都相同，醋酸存在電離平衡，平衡狀態(tài)下的氫離子與硫酸溶液中的氫離子相同，反應(yīng)后醋酸又電離出氫離子，所以放出二氧化碳?xì)怏w的量醋酸比硫酸多，B錯(cuò)誤；C、若兩種酸都過量，同量的碳酸鈉全部反應(yīng)生成二氧化碳?xì)獾牧肯嗤?，C正確；D、pH相同的硫酸和醋酸溶液，c(H+)相同，c(CH3COOH)>2c(H2SO4)，D錯(cuò)誤；答案選C。8、A【分析】A、S2和S8均由S原子構(gòu)成，且S原子中含16個(gè)電子；B、NO和氧氣反應(yīng)后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅為原子晶體；D、5.6g鐵為0.1mol，和0.2mol硝酸反應(yīng)時(shí)，無論硝酸的還原產(chǎn)物為什么，硝酸均不足．【詳解】A、S2和S8均由S原子構(gòu)成，6.4g混合物中S原子的物質(zhì)的量為0.2mol，S原子中含16個(gè)電子，故0.2molS原子中含3.2NA個(gè)電子，故A正確；B、NO和氧氣反應(yīng)后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2N2O4，導(dǎo)致分子個(gè)數(shù)減小，故分子個(gè)數(shù)小于2NA個(gè)，故B錯(cuò)誤；C、二氧化硅為原子晶體，不含二氧化硅分子，故C錯(cuò)誤；D、5.6g鐵為0.1mol，和0.2mol硝酸反應(yīng)時(shí)，無論硝酸的還原產(chǎn)物為什么，硝酸均不足，故鐵過量，不能完全反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.2NA個(gè)，故D錯(cuò)誤。故選A。9、C【詳解】A．鐵和硫單質(zhì)在加熱條件下反應(yīng)生成FeS，可以由單質(zhì)反應(yīng)制得，故A不符合題意；B．硫和氧氣在點(diǎn)燃的條件下燃燒生成SO2，可以由單質(zhì)反應(yīng)制得，故B不符合題意；C．銅和硫單質(zhì)在加熱條件下生成Cu2S，不能由單質(zhì)反應(yīng)制得，故C符合題意；D．鐵和氯氣在燃燒條件下反應(yīng)生成FeCl3，可以由單質(zhì)反應(yīng)制得，故D不符合題意；答案選C?！军c(diǎn)睛】硫的氧化性不是很強(qiáng)，一般把金屬氧化成低價(jià)化合物。10、D【分析】A.根據(jù)溶液中的溶質(zhì)進(jìn)行分析；B.弱酸的陰離子或弱堿的陽(yáng)離子在水溶液中會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)；

C.c點(diǎn)溶液的pH＞7，說明溶液呈堿性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再結(jié)合電荷守恒判斷；D.溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，如果HR是強(qiáng)電解質(zhì)，加入氨水至溶液呈中性時(shí)，溶液中離子濃度會(huì)減小，導(dǎo)致溶液導(dǎo)電能力降低?！驹斀狻緼.b～c段溶液的溶質(zhì)為NH3·H2O、NH4R，溶液由中性變?yōu)槿鯄A性，OH-的濃度增大，故A錯(cuò)誤；B.弱酸的陰離子或弱堿的陽(yáng)離子在水溶液中會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，HR是弱酸，且一水合氨是弱堿，所以NH4R是弱酸弱堿鹽，b點(diǎn)溶液呈中性，此時(shí)酸和堿恰好完全反應(yīng)，所以該點(diǎn)溶液中銨根離子和酸根離子水解程度相同，故B錯(cuò)誤；

C.c點(diǎn)溶質(zhì)為NH3·H2O、NH4R，此時(shí)溶液呈堿性，說明NH3·H2O的電離程度大，因此溶液中c（OH-）＞c（H+），再結(jié)合電荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C錯(cuò)誤；D.加入10mL等濃度的氨水，兩者恰好完全反應(yīng)，HR+NH3·H2O=NH4R+H2O，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，NH4R是強(qiáng)電解質(zhì)，反應(yīng)前后導(dǎo)電能力基本相同，但a～b導(dǎo)電能力增強(qiáng)，因此假設(shè)錯(cuò)誤，HR為弱酸，故D正確。故選D。11、A【分析】裝滿NO2的試管通入氧氣時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，裝滿NO的試管通入氧氣時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3?！驹斀狻肯嗤瑮l件下，NO2、NO裝滿容積相同的試管，則體積相同，根據(jù)阿伏加德羅定律可知n(NO2)＝n(NO)，分別通入氧氣直到兩個(gè)試管內(nèi)充滿液體，根據(jù)氮原子守恒可知，所得硝酸的物質(zhì)的量相等，溶液的體積相同，則兩個(gè)試管中所得溶液的物質(zhì)的量濃度之比為1∶1，答案選A。12、A【解析】A、若溫度從300℃升至400℃，反應(yīng)重新達(dá)到平衡時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)增加，這說明升高溫度平衡逆反應(yīng)方向進(jìn)行，即正反應(yīng)是放熱反應(yīng)。故A正確；B、升高溫度，平衡逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；C、反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯(cuò)誤；D、升高溫度正、逆反應(yīng)速率均增大，故D錯(cuò)誤；故選A。13、C【解析】A、MnO2是氧化劑，為1mol，HCl為還原劑，為2mol，n(氧化劑)：n(還原劑)=1：2；B、Fe2O3是氧化劑，為1mol，Al是還原劑，為2mol，n(氧化劑)：n(還原劑)=1：2；C、CaH2是還原劑，為1mol，H2O是氧化劑，為2mol，n(氧化劑)：n(還原劑)=2：1；D、NO2既是氧化劑，又是還原劑，且n(氧化劑)：n(還原劑)=1：2；答案選C。14、D【分析】反應(yīng)4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑中，F(xiàn)e元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，被還原，F(xiàn)e3+為氧化劑，O元素化合價(jià)由-2價(jià)升高到0價(jià)，被氧化，H2O為還原劑，葉綠體為催化劑，以此解答?！驹斀狻緼．由反應(yīng)4Fe3++2H2O4Fe2++4H++O2↑可知水在光反應(yīng)中起供氫體和電子供體雙重作用，故A正確；B．反應(yīng)生成H+，溶液pH減小，故B正確；C．O元素化合價(jià)由-2價(jià)升高到0價(jià)，則每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L即=0.5molO2轉(zhuǎn)移0.5mol×4=2mol電子，故Fe3+得電子數(shù)為2NA，故C正確；D．由方程式可知葉綠體為催化劑，故D錯(cuò)誤；故答案為D。15、C【詳解】A.Li3N中鋰元素的化合價(jià)為+1價(jià)，根據(jù)化合物中各元素的代數(shù)和為0可知，N元素的化合價(jià)為-3價(jià)，A項(xiàng)正確；B.由原理圖可知，Li3N與水反應(yīng)生成氨氣和W，元素的化合價(jià)都無變化，W為L(zhǎng)iOH，反應(yīng)方程式：Li2N+3H2O＝3LiOH+NH3↑，B項(xiàng)正確；C.由原理圖可知，過程Ⅲ為電解氫氧化鋰生成鋰單質(zhì)、氧氣和水，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.過程Ⅲ電解LiOH產(chǎn)生O2，陽(yáng)極反應(yīng)為4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D項(xiàng)正確。故答案選C。16、C【解析】本實(shí)驗(yàn)利用“還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物”、“強(qiáng)還原性制弱還原性”的原理來驗(yàn)證還原性的強(qiáng)弱順序。向FeC12溶液中通入C12，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲、溶液1中含有Fe3+、Fe2+，說明發(fā)生反應(yīng)2Fe2++C12=2Fe3++2Cl-,且C12反應(yīng)完全，可證明還原性Fe2+>C1-；溶液2中含有SO42-,則說明發(fā)生反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，可證明還原性SO2>Fe2+，故甲能證明還原性SO2>Fe2+>C1-；乙、溶液1中含有Fe3+，無Fe2+剩余，則還原性Fe2+>C1-，但C12可能過量，再通入SO2，可能發(fā)生的反應(yīng)是C12+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+，不能夠比較SO2與Fe2+的還原性強(qiáng)弱，故乙不能驗(yàn)證；丙、溶液1中含有Fe3+，沒有Fe2+，通入SO2后溶液中又含有Fe2+，說明SO2將Fe3+還原得到Fe2+，證明SO2>Fe2+還原性，故丙實(shí)驗(yàn)結(jié)論能證明還原性SO2>Fe2+>C1-。故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH2BrCH=CHCH2BrOHCCH2CHBrCHO加成反應(yīng)取代（水解）反應(yīng)、HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOH→NaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O不能若先氧化則B中碳碳雙鍵也被氧化【分析】蘋果酸分子式為，

mol蘋果酸與足量溶液反應(yīng)能產(chǎn)生

標(biāo)準(zhǔn)狀況，二氧化碳的物質(zhì)的量為，則1mol蘋果酸含蘋果酸脫水能生成使溴水褪色的產(chǎn)物，應(yīng)含有1個(gè)，結(jié)合蘋果酸的分子式知，蘋果酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。蘋果酸酯化反應(yīng)進(jìn)行的聚合生成聚蘋果酸，其結(jié)構(gòu)為。D被氧化生成E，則E中含有溴原子，E和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生反應(yīng)生成F，F(xiàn)酸化生成MLA，所以F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)則D中含有醛基，所以D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，根據(jù)1，丁二烯及D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，1，丁二烯和溴發(fā)生1，4加成生成A為，A和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成B為，B與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，C再被氧化生成D，蘋果酸經(jīng)聚合生成聚蘋果酸，據(jù)此解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍珹為，D為，故答案為：；；

反應(yīng)是1，丁二烯和溴發(fā)生1，4加成生成，反應(yīng)是和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成，故答案為：加成反應(yīng)；取代反應(yīng)；

所有與MLA具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有：，故答案為：；

轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為：，故答案為：；

順序不能顛倒，若先氧化則B中碳碳雙鍵也被氧化，故答案為：不能，若先氧化則B中碳碳雙鍵也被氧化；

(6)丙烯和HO?Br發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH發(fā)生氧化反應(yīng)生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氫氧化鈉的水溶液加熱酸化得到CH3CHOHCOOH，故答案為：。18、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】從圖中的化合價(jià)、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）能用于文物年代測(cè)定的是14C，其核素的符號(hào)為：614C，z元素為氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案為：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的簡(jiǎn)單離子分別是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三個(gè)電子層，半徑最大，O2-、Na+、Al3+三種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案為S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為NaOH，兩者反應(yīng)的方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h為氯元素，元素g為硫元素，氯元素的非金屬性較硫強(qiáng)，所以氯氣的氧化性強(qiáng)于硫，能與硫化鈉溶液或氫硫酸反應(yīng)得到硫單質(zhì)，反應(yīng)的離子反應(yīng)為：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案為S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。19、減少有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽（或防止將Co2+氧化）10否向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)向溶液中加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH至4.1≤pH≤6.6，使Fe3+沉淀完全抑制Co2-水解防止COCl2·6H2O分解【解析】含鈷廢料(含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑)加稀鹽酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水將Co2+、Fe2+沉淀，過濾，向沉淀中加入鹽酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加適量30%H2O2，氧化亞鐵離子，向溶液中加入CoCO3，根據(jù)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH數(shù)據(jù)，需要調(diào)節(jié)溶液pH4.l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，過濾得CoCl2溶液，減壓蒸干溶液，結(jié)晶干燥得CoCl2?6H2O。(1)硝酸酸浸時(shí)氧化Co2+產(chǎn)生氮氧化物，酸浸工藝中用“稀HCl”替代傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，可以減少有毒氣體氮氧化物的排放；同時(shí)防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽(或防止將Co2+氧化)，故答案為減少有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽(或防止將Co2+氧化)；(2)由圖2可知，pH=10時(shí)，Co的回收率高且Ni的含量低，Co元素在濾渣中，Ni元素在濾液中，故未形成沉淀，故答案為10；否；(3)除鐵過程中，需要將亞鐵離子氧化為鐵離子，然后調(diào)節(jié)pH沉淀鐵離子，為了不引入新雜質(zhì)，故選擇過氧化氫做氧化劑，用CoCO3調(diào)節(jié)pH，操作為：①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；③過濾得CoCl2溶液；故答案為①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；(4)Co2+水解，故加鹽酸可以抑制Co2+水解，故答案為抑制Co2+水解；(5)工業(yè)上采用減壓蒸干的方法制備CoCl2?6H2O，減壓蒸干的目的是防止CoCl2?6H2O分解，故答案為防止CoCl2?6H2O分解。20、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2Obg、h除去Cl2中的HCl雜質(zhì)不能證明溴的氧化性強(qiáng)于碘再做一組實(shí)驗(yàn)，步驟為：Kl溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振蕩，靜置，觀察CCl4層顏色2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O4：1【分析】濃鹽酸和二氧化錳混合加熱生成氯氣、二氯化錳和水，由電子守恒、原子守恒即可寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式；實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳和濃鹽酸加熱方法制