湖南長沙市一中2026屆高三上化學期中統(tǒng)考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、用下列實驗裝置進行相應實驗，設計正確且能達到實驗目的的是A．用圖1所示裝置制取少量純凈的H2B．用圖2所示裝置分離K2CO3溶液和苯的混合物C．用圖3所示裝置驗證Na和水反應的熱效應D．用圖4所示裝置分離蒸干AlCl3溶液制取無水AlCl32、下列說法中不正確的是()A．SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)只能在高溫下自發(fā)進行，則該反應的ΔH>0B．3C(s)＋CaO(s)=CaC2(s)＋CO(g)在常溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的ΔH>0C．BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g)在室溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的ΔH<0D．常溫下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)能夠自發(fā)進行，則該反應的ΔH<03、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是A．0.1molNaHSO4晶體中，含有H+的數(shù)目為0.1NAB．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的個數(shù)為0.1NAC．標準狀況下，22.4LSO3含有的分子數(shù)為NAD．質量均為20g的1H218O與D2O中所含中子數(shù)均為10NA4、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法不正確的是（

）A．標準狀況下，2.24L1H2和0.4g2H2均含有0.2NA個質子B．惰性電極電解飽和食鹽水，若電路中通過2NA個電子，則陽極產(chǎn)生氣體22.4LC．常溫常壓下，23gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子數(shù)為1.5NAD．1molNa2CO3晶體中含有的CO32-數(shù)目一定為NA5、相同溫度時100mL0.01mol/L的碳酸鈉溶液與10mL0.1mol/L的碳酸鈉溶液相比，下列數(shù)值前者大于后者的是（）A．OH－的物質的量 B．CO32－的物質的量C．c(HCO3－) D．由水電離的c(OH－)6、某課題組利用CO2催化氫化制甲烷，研究發(fā)現(xiàn)HCOOH是CO2轉化為CH4的中間體，即：，鎳粉是反應I、II的催化劑。CH4、HCOOH、H2的產(chǎn)量和鎳粉用量的關系如圖所示(僅改變鎳粉用量，其他條件不變)：由圖可知，當鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，反應速率的變化情況是()A．反應I的速率增加，反應II的速率不變B．反應I的速率不變，反應II的速率增加。C．反應I、II的速率均增加，且反應I的速率增加得快D．反應I、II的速率均增加，且反應II的速率增加得快7、完成下列實驗，所選裝置正確的是ABCD實驗目的檢查裝置氣密性實驗室用純堿和稀硫酸制備二氧化碳用已知濃度的氫氧化鈉溶液測定未知濃度鹽酸選擇合適的試劑，可分別制取少量CO2、NO和O2實驗裝置A．A B．B C．C D．D8、研究電化學腐蝕及防護的裝置如下圖所示。下列有關說法錯誤的是A．d為鋅塊，鐵片不易被腐蝕B．d為鋅塊，鐵片上電極反應為2H＋＋2e－==H2↑C．d為石墨，鐵片腐蝕加快D．d為石墨，石墨上電極反應為O2＋2H2O＋4e－==4OH－9、某稀硝酸溶液中，加入5.6g鐵粉充分反應后，鐵粉全部溶解，放出NO氣體，溶液質量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比是A．1:1 B．2:1 C．3:2 D．4:110、實驗室制取下列物質的實驗中未利用冷凝原理的是A．乙酸乙酯 B．乙酸丁酯 C．溴乙烷 D．乙烯11、已知常溫下二氯化二硫(S2Cl2)為紅棕色液體，（其結構式為Cl-S-S-C1）。其制備反應及與水反應的化學方程式如下：①CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2

②2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+

S↓,則下列說法正確的是A．反應①中CS2

作氧化劑B．反應①中每生成lmol

S2Cl2轉移4mol

電子C．反應②中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為3:1D．反應②中S2Cl2

既作氧化劑又作還原劑12、鋼鐵在空氣中發(fā)生吸氧腐蝕時，相關微電池正極上發(fā)生的電極反應是()A．2H++2e→H↑ B．Fe+3e→Fe3+C．2H2O+O2+4e→4OH- D．Fe3++e→Fe2+13、臭氧已成為夏季空氣污染的元兇，地表產(chǎn)生臭氧的機理如圖所示。設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．該過程中，O3是催化劑B．16gO3和O2的混合氣體，所含質子數(shù)為16NAC．0.5molNO2溶于水形成1L溶液，可得到0.5mol?L-1的硝酸溶液D．標準狀況下，各5.6L的NO和O2混合后，氣體總質量為15.5g14、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述錯誤的是A．1mol月球表面的氦-3（）含有質子為2NAB．1L的溶液中，含有0.1NA個C．標準狀況下，22.4L中所含分子數(shù)為NAD．標準狀況下，1mol金剛石中含有的C-C鍵數(shù)目為2NA15、下列敘述中能肯定判斷某化學平衡發(fā)生移動的是A．混合物中各組分的濃度改變 B．混合體系中氣體密度發(fā)生變化C．正、逆反應速率改變 D．反應物的轉化率改變16、阿伏加德羅常數(shù)為NA，下列說法中正確的是A．62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2-數(shù)為NAB．在含Al3+總數(shù)為NA的AlCl3溶液中，Cl-總數(shù)大于3NAC．常溫常壓下，16g甲基(—13CH3)所含的中子數(shù)為10NAD．0.5molCu和足量濃硝酸反應可以生成22.4LNO217、下列文獻記載所涉及的化學知識敘述錯誤的是A．明代《天工開物》之《燔石·青礬》卷中“取入缸中浸三個小時，漉入釜中煎煉”，運用了過濾的化學操作。B．“┄欲去雜還純，再入水煎煉┄傾入盆中，經(jīng)宿結成白雪”采用了重結晶的方法。C．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過程發(fā)生了置換反應。D．“水銀乃至陰之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黃升而為銀朱”該過程應用了升華的物理方法。18、如圖W、X、Y、Z為四種物質，若箭頭是能一步轉化的常見反應，其中常溫下能進行的是選項WXYZASSO2SO3H2SO4BAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3CFeFeCl3Fe(OH)2FeCl2DNaNa2O2NaOHNaClA．A B．B C．C D．D19、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標準狀況)，向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2︰1B．該濃硝酸中HNO3的物質的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)是80%D．得到2.54沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL20、向一定量的NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量隨AlCl3加入量的變化關系如圖所示。則下列離子組在對應的溶液中一定能大量共存的是（）A．a(chǎn)點對應的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42－、HCO3－B．b點對應的溶液中：Na＋、S2－、SO42－、Cl－C．c點對應的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3－、F-D．d點對應的溶液中：K＋、NH4+、I－、HCO3－21、過氧化鈉常用作供氧劑：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列說法錯誤的是（）A．Na2O2的電子式：B．Na+的結構示意圖：C．7.8gNa2O2中含有陰陽離子總數(shù)為0.4NAD．H2O的比例模型：22、四氧化三鐵(Fe3O4)磁性納米顆粒穩(wěn)定、容易生產(chǎn)且用途廣泛，是臨床診斷、生物技術和環(huán)境化學領域多種潛在應用的有力工具。水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應是3Fe2＋＋2＋O2＋xOH－=Fe3O4↓＋＋2H2O。下列問題敘述不正確的是（）A．水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應中，還原劑是B．反應的離子方程式中x=4C．每生成1molFe3O4，反應轉移的電子為4molD．被Fe2＋還原的O2的物質的量為0.5mol二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、D、E、G

是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，A與E同主族，A、B和E的原子最外層電子數(shù)之和為19，B與G

的單質都能與

H2反應生成“HX”(X代表B或G)型氫化物,D

為同周期主族元素中原子半徑最大的元素。(1)B

在元素周期表中的位置是______。(2)D

的兩種常見氧化物中均含有____________(填“離子鍵”或“共價鍵”)。(3)E的最高價氧化物對應水化物的濃溶液和木炭共熱,反應的化學方程式為____________。(4)D

的最高價氧化物對應水化物的溶液與G的單質反應,反應的離子方程式為___________。(5)用原子結構解釋“B、G

單質都能與H2反應生成HX型氫化物”的原因：________。24、（12分）與碳元素同周期的核外電子排布中有3個未成對電子的元素在第二周期________族，該元素的氣態(tài)氫化物的電子式為_______，其空間構型是______，是含________共價鍵的____分子（填極性或非極性）。該氣體溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“堿”）原因是____（用方程式表示）25、（12分）AlCl3是一種催化劑，某校學習小組用下面裝置制備少量AlCl3。已知：AlCl3遇到空氣中的水蒸氣時能發(fā)生劇烈水解反應生成Al(OH)3和HCl；AlCl3在180℃時升華。根據(jù)要求完成下列問題：（1）a儀器的名稱為_______；A裝置中反應的化學方程式為____________________。（2）試劑b為__________________。（3）所用d導管較粗的原因是_____________；E裝置的作用為______________。（4）F裝置的作用為_______________________________。（5）若圖l中的D、E裝置改為下面裝置，D裝置中的現(xiàn)象為________；用離子方程式表示E中的現(xiàn)象變化_________________________。26、（10分）平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)。某小組以此廢玻璃為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于強酸或強堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進行的操作________，反應①的離子方程式_______。(2)反應②的離子方程武是____________。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前要進行的操作是______。(4)反應③需要加入的試劑X可以是_________。(5)用滴定法測定制得的Ce(OH)4產(chǎn)品純度。用FeSO4溶液滴定用_____做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象_______若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質量分數(shù)____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。27、（12分）某研究小組設計如圖所示實驗裝置(夾持裝置已略去)分別探究NO與銅粉、Na2O2的反應。已知：①NO與Na2O2可發(fā)生反應2NO+Na2O2=2NaNO2。②NO、NO能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為③在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I．關閉K3，打開K2，探究NO與銅粉的反應并檢驗NO。(1)反應開始前，打開K1，通入一段時間N2，其目的是________。(2)裝置B中盛放的試劑為水，其作用是________。(3)裝置F中的實驗現(xiàn)象為______。裝置H中收集的氣體為N2和_______(填化學式)。Ⅱ．關閉K2，打開K3，探究NO與Na2O2的反應并制備NaNO2。(4)裝置G的作用是________。(5)若省略裝置C，則進入裝置G中的氣體除N2、NO外，可能還有NO2和_____(填化學式)。(6)測定反應后裝置E中NaNO2的含量。已知；在酸性條件下，NO可將MnO還原為Mn2+，為測定樣品中亞硝酸鈉的含量，該小組同學稱取ag樣品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于錐形瓶中，用0.100mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至終點時，消耗bmL酸性KMnO4溶液。①判斷滴定終點的方法________。②樣品中NaNO2的質量分數(shù)為___________(用含有a、b的代數(shù)式表示)。28、（14分）以軟錳礦（主要成分為MnO2）和硫錳礦（主要成分為MnS）為原料（已知兩種原料中均不含有單質雜質）制備高純度硫酸錳的工藝流程如圖所示。（1）已知濾渣1中含有一種非金屬單質，該非金屬單質的化學式為_____________________。（2）已知二氧化錳與硫化錳的物質的量之比對酸浸時的浸出率有影響，相關實驗數(shù)據(jù)如下表所示。當二氧化錳與硫化錳的物質的量之比為______________時，為最優(yōu)反應配比。號二氧化錳與硫化錳的物質的量之比浸出液的pH浸出率%11.25:12.595.3021.75:12.597.1132.25:12.599.0042.5:12.598.40（3）操作X為蒸發(fā)濃縮、______________、過濾，洗滌、烘干，在洗滌操作中，常用酒精洗滌MnSO4·H2O晶體，其主要目的是_________。（4）現(xiàn)有10t錳礦，其中MnO2和MnS的含量均為29%，若流程中Mn的損耗率為10%,則最終制得硫酸錳（MnSO4·H2O）_________t。29、（10分）脫除燃氣中的H2S既可防止大氣污染還可回收硫資源等。回答下列問題：（1）著名的Vanviel反應為12H2S+6CO2C6H12O6+6H2O+12S↓，該反應的能量轉化形式是___，每生成1molC6H12O6。轉移電子的數(shù)目為___。（2）脫除H2S最早的方法是可再生吸附法。其吸附原理如圖。①下列說法不正確的是___。a.脫除H2S總反應的熱效應△H=△H1+△H2b.Fe2O3·H2O是該反應的吸附劑，降低了反應的活化能c.Fe2S3·H2O可使反應的焓變減小d.為了實現(xiàn)轉化需要不斷補充Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O②脫硫過程中反應的化學方程式為___；再生過程中，氧化劑與氧化產(chǎn)物的質量比為___。（3）不同溫度下(其他條件相同)發(fā)生反應2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，間隔相同時間測定一次H2S的轉化率(未達到平衡)，如圖所示：①溫度越高，H2S的轉化率越接近平衡時的轉化率，是因為___。②初始在恒容密閉容器中只充入H2S，在900℃時發(fā)生反應，平衡時氣體總壓強為pPa，則N點v(正)___(填“>”“<”或“=”)v(逆)；對應溫度下反應的平衡常數(shù)Kp=___Pa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，列出含p的代數(shù)式。)

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【分析】A．圖1為氣體簡易發(fā)生裝置，可用于制備氫氣，但不可能得到純凈的氫氣；B．溫度計水銀球位置錯誤；C．根據(jù)U形管兩側液面的變化可判斷；D．加熱AlCl3發(fā)生水解，且鹽酸易揮發(fā)，得不到氯化鋁?！驹斀狻緼．鹽酸易揮發(fā)，制備的氫氣中含有水蒸氣和氯化氫，得不到純凈的氫氣，選項A錯誤；B．蒸餾時，溫度計水銀球應位于蒸餾燒瓶的支管口附近；用分液法分離此混合物更合適，選項B錯誤；C．鈉和水反應放熱，試管內(nèi)壓強增大，可觀察到U形管左側液面下降，右側液面升高，選項C正確；D．加熱AlCl3發(fā)生水解生成氫氧化鋁和鹽酸，鹽酸易揮發(fā)，加熱蒸干得不到無水氯化鋁，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及氣體的制備、物質的分離、反應的探究等，把握反應原理、物質性質及實驗裝置圖的作用為解答的關鍵，注意實驗操作的可行性分析，題目難度不大。2、C【分析】在進行各選項分析時，我們可以利用吉布斯自由能方程?G=ΔH-?S進行綜合判斷。【詳解】A.SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)的?S>0，若只能在高溫下自發(fā)進行，則表明反應吸熱，即該反應的ΔH>0，A正確；B.3C(s)＋CaO(s)=CaC2(s)＋CO(g)的?S>0，在常溫下不能自發(fā)進行，則表明反應吸熱，即說明該反應的ΔH>0，B正確；C.BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g)的?S>0，在室溫下不能自發(fā)進行，則表明反應吸熱，即說明該反應的ΔH>0，C不正確；D.常溫下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)的?S<0，能夠自發(fā)進行，則表明反應放熱，即該反應的ΔH<0，D正確。故選C。3、D【解析】A.硫酸氫鈉由1個鈉離子和1個硫酸氫根構成，故0.1mol硫酸氫鈉中含0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，不含H+，故A錯誤；B.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，10g46%的乙醇溶液中，乙醇的質量為4.6g，物質的量為0.1mol，故含0.1mol氧原子；水的質量為10g-4.6g=5.4g，物質的量為0.3mol，故含0.3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物質的量共為0.4mol，即個數(shù)為0.4NA個，故B錯誤；C.標準狀況下，SO3是固體，無法計算其物質的量，故C錯誤；D.H218O與D2O的摩爾質量均為20g/mol，故20g的1H218O與D2O的物質的量均為1mol，且兩者中均含10個中子，故1mol1H218O與D2O中均含10NA個中子，故D正確。故答案選D。4、B【解析】A、標準狀況下，2.24L1H2的物質的量為0.1mol，而0.4g2H2的物質的量也為0.1mol，且1H2和2H2中質子數(shù)均為2個，故0.1mol1H2和2H2均含有0.2NA個質子，選項A正確；B、惰性電極電解飽和食鹽水，陽極電極反應為2Cl--2e-=Cl2↑，若電路中通過2NA個電子即2mol，則陽極產(chǎn)生氣體1mol，但不一定是標準狀況，氣體體積不一定是22.4L，選項B錯誤；C、NO2和N2O4的混合氣體可看成是最簡式為NO2，計算23gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子數(shù)=×3×NA=1.5NA，選項C正確；D、碳酸鈉由鈉離子和碳酸根離子構成，1molNa2CO3晶體中含有的CO32-數(shù)目一定為NA，選項D正確。答案選B。5、A【解析】A、碳酸根濃度越大，水解程度越小，所以氫氧根的物質的量是前者大于后者，A正確；B、碳酸根濃度越大，水解程度越小，因此溶液中碳酸根的物質的量是前者小于后者，B錯誤；C、碳酸根濃度越大，水解程度越小，但溶液中碳酸氫根濃度是前者小于后者，C錯誤；D、碳酸根濃度越大，水解程度越小，但后者溶液的堿性更強，因此由水電離出的氫氧根濃度是前者小于后者，D錯誤；答案選A。6、D【分析】Ni為有機反應中常用的加氫催化劑之一，反應I、II均為加氫反應，故加入Ni粉會使反應ⅠⅡ的速率均增加；從圖中可見隨著鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快?！驹斀狻坑捎诜磻窃诠潭〞r間內(nèi)完成，之后進行冷卻和物質檢驗，因此檢驗得到的物質產(chǎn)量（mmol）即可以代表化學反應的平均速率，Ni為有機反應中常用的加氫催化劑之一，反應I、II均為加氫反應，故加入Ni粉會使反應ⅠⅡ的速率均增加，在圖中表現(xiàn)為CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，從圖中可見隨著鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快，答案選D。7、A【詳解】A.關閉止水夾,利用漏斗下端導管中液面與燒瓶中液面的液面差一段時間不變可以知道氣密性良好,故A正確；B.純堿為粉末固體,則多孔隔板不能使反應隨時停止,故B錯誤;C.NaOH溶液與二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉,應選堿式滴定管,故C錯誤;D.NO密度和空氣相近，不能用排空氣法收集，故此裝置不適合制取NO,所以D錯誤；答案：A?！军c睛】可以通過關閉止水夾,利用液面差檢驗氣密性;.NaOH溶液與二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉;碘的CCl4溶液不分層。8、B【解析】本題考查的知識點是吸氧腐蝕和原電池。①吸氧腐蝕一般在中性或堿性環(huán)境下，腐蝕過程中會吸入氧，氧含量減少，電極反應式為：（正極）O2+4e-+2H2O=4OH-，（負極）Fe-2e-=Fe2+。②原電池中較活潑的金屬為負極，負極失電子發(fā)生氧化反應；活潑性較差的金屬或非金屬導體為正極，正極得電子發(fā)生還原反應。【詳解】A.d為鋅塊，鋅塊作負極，鐵片作正極，這是犧牲陽極的陰極保護法，鐵片不易被腐蝕，故A正確；B.d為鋅塊，鋅塊作負極，因海水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，鐵片上的電極反應式為：O2+2H2O+4C.d為石墨，鐵片作負極，發(fā)生氧化反應，腐蝕加快，故C正確；D.d為石墨，石墨作正極，發(fā)生還原反應，電極反應為O2+2H2【點睛】本題解題關鍵是判斷出正負極，理解負極更容易被腐蝕。A中鋅和鐵比較，鋅為負極，鋅更易被腐蝕；C中鐵和石墨比較，鐵為負極，鐵更易被腐蝕。9、C【解析】試題分析：n（Fe）==0.1mol，生成NO的質量為5.6g-3.2g=2.4g，n（NO）==0.08mol，設Fe2+和Fe3+物質的量分別為x、y，則x+y＝0.1，2x+3y＝0.08×（5?2），解得x=0.06mol，y=0.04mol，所以所得溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之比為0.06mol：0.04mol=3：2，故選C?？键c：考查了鐵與硝酸反應的計算的相關知識。10、D【詳解】A、用冷凝原理冷卻生成的乙酸乙酯，A項錯誤；B、用冷凝原理冷卻生成的乙酸丁酯，B項錯誤；C、用冷凝原理冷卻生成的溴乙烷，C項錯誤；D、乙烯常溫下是氣體，直接用排水法收集，不進行冷凝，D項正確；答案選D。11、D【解析】A.在反應①中，S元素的化合價從-2價升高到+1價，所以CS2作還原劑，故A錯誤；B．在反應①中，每生成1molS2Cl2時，有3molCl2反應，氯元素的化合價從0價降低到-1價，故3molCl2反應轉移6mol電子，即每生成1molS2Cl2轉移6mol電子，故B錯誤；C．在反應②中，S2Cl2中S元素的化合價從+1價升高到SO2中的+4價，所以SO2是氧化產(chǎn)物，S2Cl2中S元素的化合價從+1價降低到S中的0價，所以S是還原產(chǎn)物，根據(jù)反應方程式可知，SO2與S的物質的量之比為1:3，故C錯誤；D．根據(jù)上述分析可知，在反應②中，S2Cl2中S元素的化合價既升高又降低，所以S2Cl2既是氧化劑又是還原劑，故D正確；故答案選D。12、C【分析】鐵的吸氧腐蝕中正極氧氣得電子，負極鐵失電子?！驹斀狻夸撹F在空氣中發(fā)生吸氧腐蝕時，鐵為負極，失電子發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，電極反應式：，碳作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，生成氫氧根離子，電極反應式：；故選C。13、D【詳解】A．該過程的總反應是3O22O3，O3是反應產(chǎn)物，故A錯誤；B．O3和O2都由氧原子構成，16gO3和O2的混合氣體，所含質子數(shù)為8NA，故B錯誤；C．NO2溶于水的反應方程式是3NO2+H2O=2HNO3+NO，0.5molNO2溶于水形成1L溶液，得到硝酸溶液的濃度是mol?L-1，故C錯誤；D．標準狀況下，各5.6L的NO和O2混合，根據(jù)質量守恒，氣體總質量為15.5g，故D正確；選D。14、C【詳解】A．每個中含有2個質子，則1mol氦-3()含有質子為2NA，故A正確；B．pH=1的H3PO4溶液中氫離子濃度為0.1mol/L，故1L此溶液中氫離子的物質的量為0.1mol，個數(shù)為0.1NA個，故B正確；C．標準狀況下，CCl4是液體，不能根據(jù)氣體的摩爾體積計算2.24LCCl4的物質的量，故C錯誤；D．金剛石中，每個碳原子能和其它四個碳原子形成4個共價鍵，所以平均每個碳原子具有2個共價鍵，1mol金剛石中含有C-C鍵數(shù)目為2NA，故D正確；故答案為C。15、D【詳解】A.對于反應前后氣體體積相等的反應來說，增大體系的體積，體系各組分的物質的量濃度減小，平衡不移動，故A錯誤；B.對于反應前后氣體體積相等的反應來說，增大壓強，氣體的密度增大，平衡不移動，故B錯誤；C.加入催化劑，正反應和逆反應均發(fā)生變化，平衡不移動，故C錯誤；D.反應物的轉化率發(fā)生變化，說明物質的濃度濃度一定在變化，化學平衡一定發(fā)生移動，故D正確；答案選D?！军c睛】已達到平衡的反應，外界反應條件改變時，平衡混合物里各組成物質的百分含量也就會改變而達到新的平衡狀態(tài)叫化學平衡移動。至于對于反應前后氣體體積相等的反應來說，增大體系的體積，體系各組分的物質的量濃度減小，氣體的密度減小，反應速率較小，平衡卻不移動。16、B【詳解】A．Na2O溶于水發(fā)生反應：Na2O＋H2O=2NaOH，故溶液中不存在O2－，A項錯誤；B．由于發(fā)生：Al3＋＋3H2OAl（OH）3（膠體）＋3H＋，若溶液中含Al3＋總數(shù)為NA，則投入的n（AlCl3）＞1mol，溶液中n（Cl－）＞3NA，B項正確；C．一個—13CH3中所含中子數(shù)是7，而16g甲基（—13CH3）其物質的量為1mol，故含有的中子數(shù)為7NA，C項錯誤；D．0.5molCu和足量濃硝酸反應生成1molNO2，題中未指明NO2所處的溫度和壓強，且NO2與N2O4存在平衡：2NO2N2O4，氣體體積不確定，D項錯誤。17、D【分析】“漉入釜中”，即化學中的過濾；重結晶過程是將晶體溶于溶劑以后，又重新從溶液中結晶的過程；“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，發(fā)生的反應是；升華是物理變化，“水銀乃至陰之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黃升而為銀朱”是化學變化?！驹斀狻俊颁跞敫小?，即化學中的過濾，故A敘述正確；重結晶過程是將晶體溶于溶劑以后，又重新從溶液中結晶的過程，“┄欲去雜還純，再入水煎煉┄傾入盆中，經(jīng)宿結成白雪”屬于重結晶，故B敘述正確；“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，發(fā)生的反應是，屬于置換反應，故C敘述正確；升華是物理變化，“水銀乃至陰之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黃升而為銀朱”是化學變化，故D敘述錯誤；選D。18、B【解析】A、S不能直接轉化成SO3，不符合轉化關系，故A錯誤；B、W→X：鋁和鹽酸反應可以實現(xiàn)，W→Z：2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，W→Y：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Z→X：硫酸鋁與氯化鋇的反應可以實現(xiàn)，X→Y：AlCl3與過量的NaOH反應實現(xiàn)，Y→Z：偏鋁酸鈉與過量硫酸反應可以實現(xiàn)，故B正確；C、Fe→FeCl3：鐵與氯氣在點燃或加熱條件下才能實現(xiàn)，故C錯誤；D、NaCl不能一步生成Na2O2，故D錯誤。19、D【解析】設銅、鎂的物質的量分別為x、y，則①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，設N2O4、NO2的物質的量分別為a、b，則根據(jù)得失電子數(shù)相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，則a=0.01mol，b=0.04mol?！驹斀狻緼、有上述分析可知，Cu和Mg的物質的量分別為0.02mol、0.01mol，二者物質的量之比為2︰1，A正確；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正確；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物質的量分別為0.01mol、0.04mol，則NO2的體積分數(shù)是×100%=80%，C正確；D、沉淀達最大時，溶液中只有硝酸鈉，根據(jù)原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氫氧化鈉溶液體積為640mL，D錯誤；答案選D。20、B【解析】A，a點溶液中溶質為NaOH、NaCl和NaAlO2，F(xiàn)e3+、HCO3-不能大量存在；B，b點溶液中溶質為NaAlO2和NaCl，離子相互間不反應，能大量共存；C，c點溶液中溶質為NaCl，Ag+能與Cl-反應，Ag+不能大量存在；D，d點溶液中溶質為NaCl和AlCl3，CO32-與Al3+反應，CO32-不能大量存在；一定能大量共存的是B項，答案選B。點睛：本題考查與圖像有關的離子共存，確定圖像中各點的溶質和離子的性質是解題的關鍵，Ob段發(fā)生的反應為：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，b點NaOH恰好完全反應，bc段發(fā)生反應3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓，c點NaAlO2恰好被完全消耗。21、C【詳解】A.過氧化鈉為離子化合物，電子式為，故A正確；B.鈉元素的核電荷數(shù)為11，鈉離子原子核外有10個電子，最外層有8個電子，離子的結構示意圖為，故B正確；C.過氧化鈉是由2個鈉離子和1個過氧根離子形成的離子化合物，7.8g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，含有的陰陽離子總數(shù)為0.3NA，故C錯誤；D.水是共價化合物，空間構型為V字形，比例模型為，故D正確；故選C。22、A【詳解】A．反應中Fe元素化合價部分升高為+3價，S元素化合價由+2價升高到+2.5價，則還原劑是Fe2+和，故A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒得：2×3＋2×(-2)＋(-x)＝-2，解得x＝4，故B正確；C．根據(jù)還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)，F(xiàn)e、S元素的化合價升高，O元素的化合價降低，由反應可知，該反應轉移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合價變化可知，轉移電子為1mol×2×[0-(-2)]=4mol，故C正確；D．設被Fe2+還原的O2的物質的量為y，根據(jù)得失電子守恒可知，4y＝1mol×3×，解得y＝0.5mol，故D正確；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、第2周期第VIIA族離子鍵2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2OCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O氟和氯同在VIIA族,其原子最外層電子數(shù)均為7,均可與氫原子共用一對電子形成共價鍵【分析】A、B、D、E、G是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，其中B與G同主族，B與G的單質都能與H2反應生成“HX”(X代表B或G)型氫化物，則B為F元素，G為Cl元素．D為同周期主族元素中原子半徑最大的元素，原子序數(shù)大于F而小于Cl，則D為Na元素．A與E同主族，A、B和E的原子最外層電子數(shù)之和為19，可知A與E的最外層電子數(shù)都為6，則A為O元素，E為S元素，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律知識的解答?！驹斀狻緼、B、D、E、G是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，其中B與G同主族，B與G的單質都能與H2反應生成“HX”(X代表B或G)型氫化物，則B為F元素，G為Cl元素．D為同周期主族元素中原子半徑最大的元素，原子序數(shù)大于F而小于Cl，則D為Na元素．A與E同主族，A、B和E的原子最外層電子數(shù)之和為19，可知A與E的最外層電子數(shù)都為6，則A為O元素，E為S元素；(1)B為F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；(2)D為Na元素，其兩種常見氧化物為氧化鈉、過氧化鈉，二者均含有離子鍵；(3)E的最高價氧化物對應水化物的濃溶液為濃硫酸，具有強氧化性，和木炭共熱反應化學方程式為2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；(4)氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應的離子方程式為Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外層電子數(shù)均為7，均可與氫原子共用一對電子形成共價鍵，單質都能與H2反應生成HX型氫化物。24、ⅤA三角錐型極性極性堿NH3·H2O?NH4++OH-【詳解】與碳元素同周期的核外電子排布中有3個未成對電子，該元素核外電子排布式為1s22s22p3，該元素為氮，第二周期ⅤA族，氮元素的氣態(tài)氫化物為氨氣（NH3）其電子式為，中心原子為sp3雜化，其空間構型是三角錐型，NH3中N和H兩種不同元素構成極性共價鍵，由于氮元素存在孤對電子，對成鍵電子的排斥作用較強，N-H之間的鍵角小于109°28′，正負電荷重心不重合，形成極性分子；NH3溶于水后，與水反應生成一水合氨，一水合氨是弱堿在水中部分電離產(chǎn)生氫氧根離子和銨根離子，電離方程式為：NH3·H2O?NH4++OH-

，水溶液呈堿性；答案為：ⅤA；；三角錐型；極性；極性；堿；NH3·H2O?NH4++OH-。25、分液漏斗MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O飽和食鹽水防止AlCl3冷凝為固體堵塞導管冷凝收集AlCl3吸收Cl2防污染，防空氣中水進入E，使AlCl3水解溶液變紅Cl2+2I-=I2+2Cl-【解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）根據(jù)儀器的特點，a為分液漏斗，裝置A制取氯氣，a中盛放濃鹽酸，反應方程式：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O；（2）裝置A中制備出的氯氣，混有HCl和水蒸氣，HCl能與Al反應，需要除去，一般除去氯氣中HCl，通過飽和食鹽水，即b試劑為飽和食鹽水，AlCl3與水蒸氣發(fā)生水解，c試劑為濃硫酸，裝置D是Al與氯氣反應生成AlCl3，AlCl3在180℃升華，裝置E是收集AlCl3；（4）氯氣有毒，必須尾氣處理，裝置F的作用是除去過量的氯氣，因為AlCl3跟空氣水蒸氣發(fā)生水解，因此裝置F另一個作用是防止空氣中水蒸氣進入E；（5）氯氣具有強氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此溶液變紅，氯氣能把I－氧化成I2，淀粉遇碘單質變藍。點睛：實驗題首先弄清楚實驗目的和原理，實驗設計一般步驟是制氣裝置→除雜裝置→收集或反應裝置→尾氣處理裝置，然后根據(jù)題目中信息，注意細小環(huán)節(jié)，如氯化鋁易水解，要防止水蒸氣的進入，不僅要防止氯氣中水蒸氣的進入，而且還要外界空氣的進入，因此裝置F的作用不僅除去尾氣氯氣，還要防止空氣中水蒸氣進入裝置E中。26、粉碎SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O洗滌O2或其它合理答案K3[Fe(CN)6]最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失偏大【解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，F(xiàn)e2O3、CeO2、FeO不溶，過濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應①中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應②為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前需要濾渣B進行洗滌，故答案為洗滌；(4)根據(jù)上述分析，反應③中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為O2；(5)K3[Fe(CN)6]能夠與硫酸亞鐵反應生成特征的藍色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3[Fe(CN)6]做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象為最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質量分數(shù)偏大；故答案為K3[Fe(CN)6]；最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；偏大。27、排盡裝置中的空氣，防止NO被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮吸收揮發(fā)出的硝酸溶液由淺綠色變?yōu)樽厣玁O吸收未參與反應的NOO2滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液變淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色【分析】銅和稀硝酸反應生成一氧化氮，為防止生成的NO被氧氣氧化，實驗開始前向裝置中通入一段時間的氮氣，排凈裝置內(nèi)空氣，由于硝酸具有揮發(fā)性，通過裝置F中水吸收揮發(fā)出的硝酸，通過C中干燥劑干燥一氧化氮，NO通過裝置D加熱反應，銅和NO反應生成氮氣和氧化銅，裝置I用于檢驗NO，剩余氣體收集主要為氮