2026屆天津市濱海新區(qū)大港八中高三化學第一學期期中質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、實驗是化學研究的基礎。下列關于各實驗裝置的敘述正確的是（）A．裝置①常用于分離互不相溶的液體混合物B．裝置②可用于吸收NH3或HCl氣體，并防止倒吸C．裝置④可用于干燥、收集氯化氫，并吸收多余的氯化氫D．裝置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等氣體2、化學知識在生產和生活中有著重要的應用。下列說法中正確的是（）(1)鈉的還原性很強；可以用來冶煉金屬鈦、鉭、鈮、鋯等(2)K、Na合金可作原子反應堆的導熱劑(3)明礬常作為消毒劑(4)Na2O2既可作呼吸面具中O2的來源；又可漂白織物、麥稈、羽毛等(5)碳酸鈉在醫(yī)療上是治療胃酸過多的一種藥劑(6)分散系中分散質粒子的直徑：Fe(OH)3懸濁液>Fe(OH)3膠體>FeCl3溶液(7)人造剛玉熔點很高，可用作高級耐火材料，主要成分是Al2O3。A．(1)(2)(3)(4)B．(1)(2)(4)(6)C．(1)(2)(4)(6)(7)D．(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)3、C、N、S都是重要的非金屬元素．下列說法正確的是A．三者對應的氧化物均為酸性氧化物B．三者的單質直接與氧氣反應都能至少生成兩種氧化物C．相同溫度下，等物質的量濃度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液的pH大小順序：NaNO3＜Na2SO3＜Na2CO3D．CO2、NO2、SO2都能與H2O反應，其反應原理相同4、下列有關膠體的敘述不正確的是A．向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液可制取氫氧化鐵膠體 B．制作果凍利用了膠體的性質C．膠體和溶液的本質區(qū)別是能否產生丁達爾現象 D．溶液是穩(wěn)定的分散系5、工業(yè)上可由乙苯生產苯乙烯：，下列說法正確的是（）A．苯乙烯的分子式為C8H10B．可用Br2/CCl4鑒別乙苯和苯乙烯C．乙苯的同分異構體共有三種D．乙苯和苯乙烯分子內共平面的碳原子數均為76、某無色溶液中含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32－⑥SO42－中的若干種,依次進行下列實驗,且每步所加試劑均過量,觀察到的現象如下:步驟序號操作步驟現象（1）用pH試紙檢驗溶液的pH>7（2）向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振蕩、靜置下層呈橙色（3）向(2)所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸有白色沉淀產生（4）過濾,向濾液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀產生下列結論正確的是()A．不能確定的離子是① B．不能確定的離子是②③C．肯定含有的離子是①④⑤ D．肯定沒有的離子是②⑤7、下列離子方程式正確的是A．鈉和冷水反應：Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑B．AlCl3溶液中加入過量的濃氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋C．用小蘇打治療胃酸過多：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑D．用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板：Fe3+＋Cu＝Fe2+＋Cu2+8、下列四種元素中，其單質還原性最強的是A．基態(tài)原子最外電子層排布為2s22p5的元素B．基態(tài)原子最外電子層排布為3s1的元素C．原子核外電子數最少的元素D．第二周期中基態(tài)原子含有未成對電子最多的元素9、已知H2O2是一種弱酸，在強堿溶液中主要以HO2－形式存在。現以Al—H2O2電池電解尿素CO(NH2)2的堿性溶液制備H2，下列說法不正確的是（）A．電解過程中，電子的流向由a→d→c→bB．電池的正極反應為：HO2－+2e－+H2O=3OH－C．電解時，消耗5.4gAl，則產生標況下2.24LN2D．電極c是陽極，且反應后該電極區(qū)pH減小10、古代造紙工藝中使用的某種物質存在副作用，它易導致紙張發(fā)生酸性腐蝕，使紙張變脆易破損，該物質是A．明礬B．芒硝C．草木灰D．漂白粉11、某晶體化學式為N2H6SO4，其晶體類型與硫酸銨相同。試分析在該晶體中不會存在（）A．分子間作用力 B．共價鍵 C．離子鍵 D．陽離子12、一定條件下，下列反應不可能自發(fā)進行的是A．2O3(g)=3O2(g)△H<0B．CaCO3(s)=CaO(

s)+

CO2(g)△H>0C．N2(g)

+3H2(g)2NH3(g)△H<0D．2CO(g)=2C(s)+

O2(g)△H>013、下列各組物質相互混合，既有氣體放出又有沉淀生成的是（）①金屬鈉投入到CuSO4溶液中②過量的NaOH溶液和明礬溶液③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合④過量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金屬鈉投入NH4Cl溶液中A．①④ B．②③ C．①③ D．①⑤14、常溫下，A是只含X和Y兩種短周期元素的氣體，X的原子序數小于Y，甲、乙、丙分別是X、Y、Z元素的單質，Z是地殼中含量最高的元素。甲、乙、丙和B、C、D都是常見的物質，其轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>X>YB．常溫常壓下，Z的氫化物為氣態(tài)C．反應②為化合反應，反應③為置換反應D．由X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是離子化合物15、下列離子方程式書寫不正確的是A．碘化鉀溶液在空氣中變質：4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B．強堿溶液吸收硝酸工業(yè)尾氣：NO2+2OH﹣=NO3﹣+H2OC．向NaHCO3溶液中加入過量澄清石灰水：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OD．飽和CuSO4溶液除去CO2氣體中的H2S：Cu2++H2S=CuS↓+2H+16、若NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，22.4LCl2通入足量水中轉移電子數為NAB．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L（標準狀況）Cl2轉移電子數為1.2NAC．標準狀況下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子總數小于2NAD．14gN2中含有7NA個電子二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數依次增大。第二周期元素A原子的核外成對電子數是未成對電子數的2倍且有3個能級，B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結構，C是地殼中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數與氫原子相同，其余各層電子均充滿。請回答下列問題：(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序是_______(用對應的元素符號表示)；基態(tài)D原子的電子排布式為______。(2)A的最高價氧化物對應的水化物分子中，其中心原子采取_____雜化；BC3-的立體構型為______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π鍵個數為______。(4)如圖是金屬Ca和D所形成的某種合金的晶胞結構示意圖，則該合金中Ca和D的原子個數比______。(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結構XYn，它們有很強的儲氫能力。己知鑭鎳合金LaNin晶胞體積為9.0×10-23cm3，儲氫后形成LaNinH4.5合金(氫進入晶胞空隙，體積不變)，則LaNin中n=________(填數值)；氫在合金中的密度為________(保留2位有效數字)。18、下圖中A～J均代表無機物或其水溶液，其中A是紅色固體，H是生活中常見的液體，J是磁性材料，而B、D、G是單質，B是地殼中含量最高的金屬元素，G是氣體。根據圖示回答問題：(1)寫出下列物質的化學式：A_______，I___________。(2)反應②的化學方程式是____________。(3)上述物質D可與硫酸反應生成FeSO4,利用FeSO4可制得一種高效凈水劑。方程式如下，若FeSO4和O2的化學計量數之比為2∶1，試配平下列方程式______：FeSO4＋K2O2→K2FeO4＋K2O＋K2SO4＋O2↑。(4)高鐵酸鉀(K2FeO4)作為高效的綠色水處理劑，在水中發(fā)生反應生成Fe(OH)3，高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是____、____。(5)氧化鐵是重要工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備氧化鐵的流程如下：回答下列問題：①操作I、Ⅱ的名稱分別是_____、_________。②加入NH4HCO3溶液后過濾，所得濾液的主要成份是：_________。③寫出在空氣中鍛燒FeCO3的化學方程式________；(6)有些同學認為KMnO4溶液滴定也能進行鐵元素含量的測定：a.稱取2.850g綠礬(FeSO4·7H2O)產品，溶解，在250mL容量瓶中定容;b.量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中;c.用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL。計算上述樣品中FeSO4·7H2O的質量分數為_____。19、氮化鎂（Mg3N2）在工業(yè)上具有非常廣泛的應用。某化學興趣小組用鎂與氮氣反應制備Mg3N2并進行有關實驗。實驗裝置如下所示：已知：①氮化鎂常溫下為淺黃色粉末，極易與水反應。②亞硝酸鈉和氯化銨制取氮氣的反應劇烈放熱，產生氮氣的速度較快。③溫度較高時，亞硝酸鈉會分解產生O2等?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器b的名稱是________，寫出裝置A中發(fā)生反應的化學方程式___________________。（2）某同學檢驗裝置A部分的氣密性，關閉止水夾c后，開啟活塞a，水不斷往下滴，直至全部流入燒瓶。試判斷：A部分裝置是否漏氣？________（填“漏氣”、“不漏氣”或“無法確定”），判斷理由：____________。（3）裝置C中為飽和硫酸亞鐵溶液，作用是___________，F裝置的作用是_______________________。（4）加熱至反應開始發(fā)生，需移走A處酒精燈，原因是_______________________________________。（5）反應結束后，取mgE中樣品于試管中，加足量蒸餾水，得VmL氣體（換算為標準狀況），則樣品中氮化鎂的質量分數為__________________。20、工業(yè)上常利用含硫廢水生產Na2S2O3?5H2O，實驗室可用如下裝置模擬生成過程。燒瓶C中發(fā)生反應如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（I）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（II）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（III）（1）儀器組裝完成后，關閉兩端活塞，向裝置B中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液注，若__________________________，則整個裝置氣密性良好。裝置D的作用是___________________________。裝置E中為___________溶液。（2）為提高產品純度，應使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應，則燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質的量之比為______________。（3）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇__________。a．蒸餾水b．飽和Na2SO3溶液c．飽和NaHSO3溶液d．飽和NaHCO3溶液（4）實驗中，為使SO2緩慢進入燒瓶C，采用的操作是____________。（5）已知反應（III）相對較慢，則燒瓶C中反應達到終點的現象是_______________。反應后期可用酒精燈適當加熱燒瓶A，實驗室用酒精燈加熱時必須使用石棉網的儀器含有___________________。a.燒杯b.蒸發(fā)皿c.試管d.錐形瓶21、為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分)，設計了如下流程：回答下列問題：．(1)固體1含有的物質是_________、CaCO3、Ca(OH)2；捕獲劑所捕獲的氣體主要是_______________。(2)若X是空氣，則上述反應中NO和O2的物質的量之比最好為___________，若空氣過量，導致的結果會是____________________________。(3)流程中處理含NH4+廢水時發(fā)生反應的離子方程式為____________________________。氣體1也可通過催化劑直接轉化成無污染氣體，反應的化學方程式為_____________________________________。(4)若工業(yè)廢氣中主要含N2、SO2，不考慮其他成分，則可用下列工藝生產NaHSO3過飽和溶液[NaHSO3過飽和溶液是生產焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)的原料]。pH=4.1時，I中反應的化學方程式為_________________________；工藝中加入Na2CO3固體、并再次通入廢氣的目的是_______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】A.裝置①是蒸餾裝置，常用于分離沸點相差較大且互溶的液體，分離互不相溶的液體常用分液法，故A錯誤；B．裝置②用于吸收NH3或HCl氣體時，不能將NH3或HCl氣體直接通入水中，否則會倒吸，應將苯換成四氯化碳并將導管通入四氯化碳中，故B錯誤；C．裝置④中干燥管內裝的是堿石灰，可以和HCl氣體反應，故不能用于收集HCl氣體，故C錯誤；D．裝置③用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等氣體時，這些氣體和空氣都不反應，同時可以根據密度的情況，導管分別采用長進短出或短進長出的方法，故D正確；故答案選D。點睛：本題主要考查化學實驗方案的評價，涉及氣體的干燥和收集、尾氣的處理、蒸餾等操作，在解題過程中要注意細節(jié)，如裝置①是蒸餾裝置，常用于分離沸點相差較大且互溶的液體，互不相溶的液體常用分液法；干燥劑的選擇原則是既能吸收氣體中的水蒸氣雜質，還不能與原氣體反應，所以不能用堿石灰作為HCl氣體的干燥劑；本題另一個易錯點是B項，本項考查的是尾氣處理的防倒吸措施，因NH3或HCl氣體都易溶于水，故不能直接通入水中，否則就起不到防倒吸的作用。2、C【解析】(1)金屬鈉的還原性強于金屬鈦，可以將金屬鈦、鉭、鈮、鋯等從其熔融態(tài)的鹽中置換出來，所以可以用來冶煉金屬鈦、鉭、鈮、鋯等，故正確；(2)K、Na合金熔點低，可作原子反應堆的導熱劑，故正確；(3)明礬不具有氧化性，不能用作消毒劑，鋁離子水解生成的氫氧化鋁具有凈水作用，所以明礬可以做凈水劑，故錯誤；(4)Na2O2和二氧化碳反應生成氧氣，具有強氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的來源，又可漂白織物、麥桿、羽毛等，故正確；(5)碳酸鈉堿性較強，所以不能用來治療胃酸過多，碳酸氫鈉在醫(yī)療上是治療胃酸過多的一種藥劑，故錯誤；(6)分散系中分散質小于1nm的是溶液，大于100nm的是濁液，介于1-100nm的是膠體，所以Fe(OH)3懸濁液＞Fe(OH)3膠體＞FeCl3溶液，故正確；(7)人造剛玉的主要成分是氧化鋁，故正確；故選C。3、C【解析】A、CO、NO是不成鹽氧化物，A錯誤；B、S與氧氣只能生成SO2，B錯誤；C、Na2CO3、Na2SO3由于水解顯堿性，且越弱越水解，所以Na2SO3＜Na2CO3，NaNO3溶液呈中性，C正確；D、CO2、SO2與水化合生成對應的酸屬于非氧化還原反應，3NO2+2H2O=2HNO3+NO屬于氧化還原反應。反應原理不同，D錯誤。4、C【詳解】A.向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液可制取氫氧化鐵膠體，方程式為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故A正確；B.果凍是膠體，制作果凍利用了膠體的性質，故B正確；C.溶液、膠體和濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑大小，而不是丁達爾效應，丁達爾效應只是膠體所特有的性質，故C錯誤；D.溶液很穩(wěn)定，是穩(wěn)定的分散系，故D正確；故選C。5、B【解析】苯乙烯的分子式為C8H8，故A錯誤；苯乙烯含有碳碳雙鍵，能使Br2/CCl4褪色，故B正確；乙苯的同分異構體中屬于芳香烴的有鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯三種，還有烯烴、炔烴等，故C錯誤；乙苯和苯乙烯分子內共平面的碳原子數均為7或8，故D錯誤。6、C【解析】用pH試紙檢驗溶液的pH>7，說明一定有SO32－（只有SO32－水解溶液才可能顯堿性）。因為有SO32－，所以一定沒有Ba2+（因為亞硫酸鋇是白色沉淀）。向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振蕩、靜置，下層呈橙色，說明一定有Br－（氯氣將Br－氧化為Br2，再被CCl4萃?。?。實驗（3）沒有價值，因為實驗（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有亞硫酸根被氧化得到的硫酸根，和鋇離子一定得到硫酸鋇沉淀。實驗（4）沒有價值，因為實驗（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有氯離子，和硝酸銀作用一定得到氯化銀沉淀。綜上所述，溶液中一定有：①Na+（因為至少有一種陽離子）、④Br-、⑤SO32－，一定沒有：②Ba2+，無法確定的是：③Cl-、⑥SO42－。所以選項C正確。7、B【詳解】A、鈉和冷水反應生成氫氧化鈉和氫氣，即2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A錯誤；B、AlCl3溶液中加入過量的濃氨水生成氫氧化鋁和氯化銨，即Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，B正確；C、用小蘇打治療胃酸過多，則離子方程式為HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，C錯誤；D、用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板，離子方程式為2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，D錯誤。答案選B。8、B【詳解】A.基態(tài)原子最外電子層排布為2s22p5的元素，則為Cl，單質氧化性較強，故A錯誤；B.基態(tài)原子最外電子層排布為3s1的元素，則為Na，單質還原性最強，故B正確；C.原子核外電子數最少的元素，則為H，單質還原性較強，但比Na弱，故C錯誤；D.第二周期中基態(tài)原子含有未成對電子最多的元素，則為N，單質氧化性較弱，故D錯誤。綜上所述，答案為B。9、A【分析】根據裝置，左側為電池，右側為電解池，d電極上產生H2，根據電解原理，d電極為陰極，則c電極為陽極，a為負極，b為正極，據此分析；【詳解】A、根據裝置，左側為電池，右側為電解池，d電極上產生H2，根據電解原理，d電極為陰極，則c電極為陽極，a為負極，b為正極，電解質內部沒有電子通過，電子流向由a→d，c→b，故A說法錯誤；B、根據A選項分析，b電極為正極，電極反應方程式為HO2－＋2e－＋H2O=3OH－，故B說法正確；C、根據得失電子數目守恒，因此有，解得V(N2)=2.24L，故C說法正確；D、根據A選項分析，電極c為陽極，電極反應式為CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO32－＋N2↑＋6H2O，消耗OH－，反應后該電極區(qū)pH減小，故D說法正確；答案為A。【點睛】電極反應式的書寫，是本題的難點，也是熱點，一般書寫時，先寫出氧化劑＋ne－→還原產物，還原劑－ne－→氧化產物，然后根據電解質的環(huán)境，判斷出是H＋、OH－參與反應或生成，最后根據電荷守恒，配平其他。10、A【解析】易導致紙張發(fā)生酸性腐蝕，這說明該物質的水溶液顯酸性，則A、明礬溶于水鋁離子水解顯酸性，A正確；B、芒硝是硫酸鈉，溶液顯中性，B錯誤；C、草木灰的主要成分是碳酸鉀，溶液顯堿性，C錯誤；D、漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，溶液顯堿性，D錯誤，答案選A。11、A【詳解】硫酸銨晶體中銨根離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，銨根離子內部N和H之間存在共價鍵，硫酸銨晶體屬于離子晶體，不存在分子間作用力，N2H6SO4的某晶體的晶體類型與硫酸銨相同，所以該晶體中含有離子鍵、共價鍵、陽離子和陰離子，不存在分子間作用力，故選A。12、D【分析】反應自發(fā)進行的判斷依據是△H-T△S<0，反應自發(fā)進行；△H-T△S>0，反應非自發(fā)進行，據此判斷?！驹斀狻緼.△H<0，△S>0，可滿足△H?T?△S<0，反應能自發(fā)進行，A項錯誤；B.△H>0，△S>0，溫度較高時即可滿足△H?T?△S<0，反應能自發(fā)進行，B項錯誤；C.△H<0，△S<0，溫度較低時即可滿足△H?T?△S<0，反應能自發(fā)進行，C項錯誤；D.△H>0，△S<0，△G=△H?T?△S>0，不能自發(fā)進行，D項正確；答案選D。13、A【詳解】①金屬鈉投入到CuSO4溶液中，鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀，故①正確；②過量氫氧化鈉與明礬反應生成偏鋁酸鈉和硫酸鉀，不會產生沉淀，故②錯誤；③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，沒有氣體生成，故③錯誤；④過量的Na2O2投入FeCl2溶液，反應生成氧氣和氫氧化鐵沉淀，故④正確；⑤金屬鈉投入NH4Cl溶液中，生成氫氣和氨氣，不產生沉淀，故⑤錯誤，答案選A。14、C【解析】Z是地殼中含量最高的元素，則Z為氧元素，丙為O2；A是由X和Y兩種短周期元素組成的氣體，短周期元素形成的化合物氣體主要為氧化物和氫化物，A在O2中燃燒生成兩種物質，則A不會是氧化物，所以可推斷A為氫化物。又X的原子序數小于Y，所以X為氫元素，甲為H2。假設Y為碳元素，則乙為碳單質，A可以為CxHy；A在足量氧氣中燃燒生成CO2與H2O，由C+碳→甲(H2)+D，則C為H2O，B為CO2；H2O+CCO，CO2+C2CO，均符合圖中轉化關系，則假設成立。綜上所述，X為氫元素，Y為碳元素，Z為氧元素。A、電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Y>Z>X，故A錯誤；B、Z的氫化物為：H2O和H2O2，由于分子間含氫鍵，常溫常壓下，均為液態(tài)，故B錯誤；C、②為CO2+C2CO，屬于化合反應，③為C+H2OCO+H2，屬于置換反應，故C正確；D、X為氫元素，Y為碳元素，Z為氧元素，三者不能組成是離子化合物，故D錯誤。故選C。點睛：本題的突破口為根據A物質的特點：①氣態(tài)；②兩種短周期元素所形成的化合物，推斷出A應為氫化物。短周期元素中形成的氣態(tài)氫化物種類不多，可以從最常見的開始，代入進行推斷。要求掌握短周期主族元素的特點，能夠在解題時進行大膽的推測和驗證。15、B【詳解】A.I-還原性很強，在空氣中容易被空氣中的O2氧化為I2，碘化鉀溶液在空氣中變質方程式為4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣，A正確；B.NO2在強堿溶液中發(fā)生歧化反應，離子方程式為：2NO2+2OH﹣=NO3-+NO2-+H2O，B錯誤；C.澄清石灰水過量，以不足量的NaHCO3為標準，反應的離子方程式為Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，C正確；D.由于CuS是難溶性的物質，所以用飽和CuSO4溶液可以除去CO2氣體中的H2S，反應的離子方程式為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D正確；故合理選項是B。16、D【詳解】A.氯氣和水的反應為可逆反應，反應不完全，不能計算，故錯誤；B.標況下13.44L氯氣的物質的量為0.6mol，該反應中轉移5個電子，即0.6mol氯氣生成轉移1mol電子，故錯誤；C.標況下，11.2LNO和11.2LO2混合反應，但原子總數不變，為2mol，故錯誤；D.14克氮氣的物質的量為0.5mol，含有7mol電子，故正確。故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數依次增大；第二周期元素A原子的核外成對電子數是未成對電子數的2倍且有3個能級，則A是C元素；C是地殼中含量最多的元素，則C是O元素；B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結構，且原子序數大于A而小于C，則B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數與氫原子相同，其余各層電子均充滿，則D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；基態(tài)D原子核外有29個電子，根據構造原理書寫基態(tài)D原子的簡化電子排布式；(2)A的最高價氧化物對應的水化物是H2CO3，該分子中中心原子C原子價層電子對個數是3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷其中心原子雜化方式及碳酸根離子空間構型；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個CN-中含有C、N三鍵，1個σ鍵，2個π鍵，據此計算1molCN-中含有的π鍵個數；(4)根據圖示的金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結構，利用均攤法計算Ca、Cu原子個數之比；(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結構XYn，根據Ca、Cu合金確定該鑭鎳合金中n值；其密度根據ρ=計算。【詳解】根據上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以C、N、O元素第一電離能從小到大順序是C<O<N；基態(tài)Cu原子核外有29個電子，根據構造原理，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，簡化電子排布式為[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高價氧化物對應的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子價層電子對個數是3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷其中心原子雜化方式為sp2雜化，CO32-空間構型為平面三角形；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個CN-中C、N原子之間形成三個共價鍵，其中含有1個σ鍵，含有2個π鍵，則1molCN-中含有的π鍵個數為2NA；(4)根據金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結構示意圖可知：該晶胞中Ca原子個數=8×=1，含有的Cu原子個數=8×+1=5，則該晶體中Ca、Cu原子個數之比為1：5；(5)Ca、Cu合金化學式為CaCu5，鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結構XYn，所以該鑭鎳合金中n=5；該物質密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3?！军c睛】本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、原子雜化、電離能、核外電子排布等知識點，熟練掌握原子結構理論、物質結構變化的一般規(guī)律及反?，F象是正確分析判斷的基礎，難點是晶胞計算，題目側重考查學生分析計算及空間想象能力。18、Fe2O3AlCl33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H22FeSO4＋6K2O2==2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑強氧化性吸附凈水過濾洗滌硫酸銨4FeCO3+O22Fe2O3+4CO297.54%【分析】J是磁性材料即為四氧化三鐵，推出D為鐵，H為水，G為氫氣，B是地殼中含量最高的金屬元素即為鋁，根據A和B反應，和A的顏色，推出A為氧化鐵，G是氣體，根據F到I的反應可知F為偏鋁酸根，I為鋁離子，C為強堿。純堿主要是利用水解原理去除油污，鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，過濾后，向濾液中加入過量的碳酸氫銨，發(fā)生反應生成碳酸亞鐵、硫酸銨、二氧化碳氣體，再過濾洗滌干燥，再空氣中煅燒得到氧化鐵?！驹斀狻竣艑懗鱿铝形镔|的化學式A：Fe2O3，I：AlCl3，故答案為Fe2O3；AlCl3；⑵反應②是鐵和水蒸氣再高溫下反應，其化學方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑶若FeSO4和O2的化學計量數之比為2∶1，利用化合價升降守恒，2個鐵升高8個價態(tài)，得到1個氧氣升高2個價態(tài)，共升高10個價態(tài)，降低也應該降低10個價態(tài)，因此方程式配平為2FeSO4＋6K2O2==2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑，故答案為2FeSO4＋6K2O2==2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑；⑷高鐵酸鉀(K2FeO4)作為高效的綠色水處理劑，在水中發(fā)生反應生成Fe(OH)3，高鐵酸鉀化合價降低，具有強的氧化性，生成的氫氧化鐵膠體具有吸附性，吸附水中的雜質，因此高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是強氧化性、吸附凈水，故答案為強氧化性；吸附凈水；⑸①根據操作I后面濾渣可推出該步驟為過濾，根據操作Ⅱ后面干燥可知該步驟為洗滌，故答案為過濾；洗滌；②加入NH4HCO3溶液和硫酸亞鐵反應生成碳酸亞鐵和硫酸銨，所得濾液的主要成份是硫酸銨，故答案為硫酸銨；③在空氣中鍛燒FeCO3的反應生成氧化鐵和二氧化碳氣體，其化學方程式4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案為4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；⑹5FeSO4——KMnO4，根據關系得出硫酸亞鐵的物質的量，質量分數為，故答案為97.54%。19、蒸餾燒瓶NH4Cl+NaNO2△N2↑+NaCl+2H2O無法確定由于分液漏斗和燒瓶間有橡皮管相連，使分液漏斗中液面上方和燒瓶中液面上方的壓強相同，無論裝置是否漏氣，都不影響分液漏斗中的液體滴入燒瓶除去氧氣防止空氣中的水蒸氣進入E裝置使氮化鎂水解該反應劇烈放熱，產生氮氣的速度較快，移走A處酒精燈能避免反應物沖出，同時避免溫度過高，造成NaNO2分解產生O2【解析】（1）由圖中儀器結構可知，b為蒸餾燒瓶；A裝置制備氮氣，方程式為NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；（2）由于分液漏斗和燒瓶間有橡皮管相連，使分液漏斗中液面上方和燒瓶中液面上方的壓強相同，無論裝置是否漏氣，都不影響分液漏斗中的液體滴入燒瓶，因此無法判斷。（3）由于溫度較高時，亞硝酸鈉會分解產生O2等，氧氣能與鎂反應，因此裝置C中為飽和硫酸亞鐵溶液，作用是除去氧氣。氮化鎂易與水反應，則F裝置的作用是防止空氣中的水蒸氣進入E裝置使氮化鎂水解。（4）由于該反應劇烈放熱，產生氮氣的速度較快，移走A處酒精燈能避免反應物沖出，同時避免溫度過高，造成NaNO2分解產生O2。（5）反應結束后，取mgE中樣品于試管中，加足量蒸餾水，得VmL氣體（換算為標準狀況），氣體是氨氣，物質的量是V/22400mol，所以氮化鎂的物質的量是V/44800mol，則樣品中氮化鎂的質量分數為。20、液柱高度保持不變防止倒吸NaOH（合理即可）2:1c控制滴加硫酸的速度（合理即可）溶液變澄清（或混濁消失）a、d【解析】（1）儀器組裝完成后，關閉兩端活塞，向裝置B