2026屆安徽省安慶市白澤湖中學化學高三第一學期期中考試試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－B．向碳酸氫銨溶液中加入少量的NaOH溶液：NH4＋＋OH－＝NH3·H2OC．向明礬溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物質(zhì)的量最多：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2OD．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3溶液與Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O2、設NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是（）A．1L含NA個NH3·H2O的氨水，其濃度為大于1mol·L-1B．3.4gNH3中含N—H鍵數(shù)目為0.2NAC．1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+數(shù)為0.1NAD．常溫常壓下的33.6L氯氣與27g鋁充分反應，轉移電子數(shù)為3NA3、下列說法中，正確的是A．陽離子只能得到電子被還原，只能作氧化劑B．海輪外殼上鑲入鋅塊，可減緩船體的腐蝕C．需要加熱才能發(fā)生的反應一定是吸熱反應D．為減少中和滴定實驗的誤差，錐形瓶必須洗凈并烘干后使用4、某同學用Na2CO3和NaHCO3溶液進行如圖所示實驗。下列說法中，正確的是（）A．實驗前兩電解質(zhì)在溶液中都有電離平衡存在B．實驗前兩溶液中離子種類完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一樣多D．實驗前兩溶液的pH右>左5、下列表述正確的是（）A．硅晶體具有半導體性能，可用于光導纖維B．碳酸鈉可用于去除餐具的油污C．次氯酸是一種弱酸是因為次氯酸不穩(wěn)定，易分解D．能使酸性溶液褪色，體現(xiàn)了的漂白性6、化學方程式可簡明地體現(xiàn)元素及其化合物的性質(zhì)。已知：氧化還原反應：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl2Co(OH)3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O2Fe(OH)2＋I2＋2KOH=2Fe(OH)3＋2KI3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O復分解反應：2HSCN＋K2CO3=2KSCN＋CO2↑＋H2OKCN＋CO2＋H2O=HCN＋KHCO3熱分解反應：4NaClO3NaCl＋NaClO4NaClO4NaCl＋2O2↑下列說法不正確的是()A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3>Co(OH)3>I2B．還原性(堿性溶液)：Fe(OH)2>I2>KIO3C．熱穩(wěn)定性：NaCl>NaClO4>NaClOD．酸性(水溶液)：HSCN>H2CO3>HCN7、甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯組成的混合酯中，若氧元素的質(zhì)量分數(shù)為30%，那么氫元素的質(zhì)量分數(shù)為A．10% B．15% C．20% D．無法確定8、按第26屆國際計量大會重新定義，阿伏加德羅常數(shù)（NA）有了準確值6.02214076×1023。下列說法正確的是A．18gT2O中含有的中子數(shù)為12NAB．用23.5gAgI與水制成的膠體中膠體粒子數(shù)目為0.1NAC．在標準狀況下，80gSO3所占的體積約為22.4LD．1mol某烷烴CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共價鍵數(shù)為(3n+1)NA9、下列離子方程式書寫錯誤的是（）A．在藍色的淀粉溶液中通入足量SO2后成無色溶液：I2+SO2+2H2O=2I－+SO42－+4H＋B．飽和Na2CO3溶液中通入CO2足量：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2：2MnO4－+3H2O2+6H+＝2Mn2++4O2↑+6H2OD．鈉投入CuSO4溶液中：2Na＋Cu2+＋2H2O=2Na+＋Cu（OH）2↓＋H2↑10、三種氣體X、Y、Z的相對分子質(zhì)量關系為Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列說法正確的是（）A．原子數(shù)相等的三種氣體，質(zhì)量最大是ZB．若一定條件下，三種氣體體積均為2.24L，則他們的物質(zhì)的量一定均為0.1molC．同溫同壓下，同質(zhì)量的三種氣體，氣體密度最小的是XD．同溫下，體積相同的兩容器分別充2gY氣體和1gZ氣體，則壓強比為2：111、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，位于三個周期，Ⅹ原子最外層電子數(shù)等于Y、Z原子最外層電子數(shù)之和，W與Y同主族，Z的單質(zhì)是一種黃色固體。下列說法正確的是A．簡單離子半徑：Z>X>Y B．穩(wěn)定性：W2Z>WXC．YWZ只含有一種化學鍵 D．WX和Y2Z溶液中由水電離出的c(H+)均大于10－712、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X的單質(zhì)是空氣中含量最高的氣體，Y在四種元素中原子半徑最大，Z的氧化物是光導纖維的主要成分，W與X是同主族元素。下列敘述正確的是A．離子半徑X<Y B．最高價氧化物的水化物的酸性Z<WC．氫化物沸點X<W D．Y3X和Z3X4中化學鍵類型相同13、進入秋冬季節(jié)后，霧霾這種環(huán)境污染問題逐漸凸顯。從物質(zhì)分類來看霧霾屬于膠體，它區(qū)別于溶液等其它分散系的本質(zhì)特征是：（）A．膠?？梢詫щ?B．膠體粒子大小在1~100nm之間C．膠體是混合物 D．膠體的分散劑為氣體14、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))。下列說法不正確的是()A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不斷增大D．當n(NaOH)＝0.1mol時，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)15、下列化工生產(chǎn)不涉及氧化還原反應的是()A．工業(yè)合成氨B．工業(yè)冶煉鈉C．工業(yè)制漂白粉D．侯氏制堿16、現(xiàn)有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20mol·L－1，要使Mg2+完全轉化為Mg(OH)2且與Al3+恰好分開，至少需要1.00mol·L－1的NaOH溶液的體積為A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL17、下列實驗現(xiàn)象，與新制氯水中的某些成分(括號內(nèi)物質(zhì))沒有關系的是A．使紅色布條褪色(HCl)B．將NaHCO3固體加入新制氯水，有無色氣泡(H+)C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，發(fā)現(xiàn)呈紅色(Cl2)D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl-)18、氮化鋁（AlN）具有耐高溫、抗沖擊、導熱性好等優(yōu)良性質(zhì)，被廣泛應用于電子工業(yè)、陶瓷工業(yè)等領域。在一定條件下，氮化鋁可通過如下反應合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列敘述正確的是()A．在氮化鋁的合成反應中，N2是還原劑，Al2O3是氧化劑B．上述反應中每生成2molAlN，N2得到3mol電子C．氮化鋁中氮元素的化合價為-3D．氮化鋁晶體屬于分子晶體19、用如圖裝置研究電化學原理，下列分析中錯誤的是選項連接電極材料分析abAK1K2石墨鐵模擬鐵的吸氧腐蝕BK1K2鋅鐵模擬鋼鐵防護中犧牲陽極的陰極保護法CK1K3石墨鐵模擬電解飽和食鹽水DK1K3鐵石墨模擬鋼鐵防護中外加電流的陰極保護法A．A B．B C．C D．D20、白磷有劇毒，被白磷污染的物品應即刻用硫酸銅溶液浸泡并清洗，反應原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列說法正確的是A．該反應中CuSO4將白磷氧化為Cu3PB．該反應中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物D．該反應中白磷發(fā)生歧化反應，其中作氧化劑和作還原劑的P4的質(zhì)量之比為5∶621、下列說法正確的是A．含有共價鍵的物質(zhì)中一定不含有金屬元素B．非金屬元素的氧化物不可能為堿性氧化物，金屬元素的氧化物也不可能為酸性氧化物C．氫氧化鐵溶膠、甘油與乙醇的混合液、蛋白質(zhì)水溶液均具有丁達爾效應D．用新型生物降解塑料聚乳酸代替聚乙烯作食品包裝袋，以防止白色污染，減緩能源危機22、實驗室常用NaNO2與NH4Cl反應制取N2。下列有關說法正確的是A．NaNO2是還原劑 B．NH4Cl中N元素被還原C．生成1molN2時轉移6mol電子 D．氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是1:1二、非選擇題(共84分)23、（14分）感光性高分子作為新材料在各種領城中得到廣泛應用。感光高分子F的一種合成路線如下：己知：A的相對分子質(zhì)量為60，核磁共振氫譜顯示為兩組峰，峰面積比為1∶3?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的結構簡式為_______，D的化學名稱是____________________。(2)①、②的反應類型分別是____________________。(3)反應③的化學方程式是____________________。(4)F中的官能團有_______________(填官能團名稱)。(5)芳香族化合物G是E的同分異構體，能發(fā)生銀鏡反應且分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫。寫出三種G的結構簡式：_____________________________________________。(6)寫出以甲苯為原料(其他無機試劑任選)制備化合物D的合成路線：________________________________。24、（12分）（選修5：有機化學基礎）有機物H的化學式為C15H16O2，它是一種在航空航天領域中應用的重要原料，E為一種室內(nèi)裝修常見的污染氣體，F(xiàn)的產(chǎn)量可以衡量一個國家石油化工的發(fā)展水平，Q為酯類高分子物質(zhì)，④為多步進行的反應，請回答：（部分物質(zhì)及反應條件省略）已知：（1）D的名稱為_____，反應②的條件為_________。（2）H+N→Q的反應類型為___________。（3）反應①的化學方程式為________________。（4）反應③的化學方程式為_________________。（5）H中最多有______個碳原子共平面，其滿足下列條件的同分異構體有________種。I.兩個羥基分別連在兩個苯環(huán)上；II.苯環(huán)間通過一個碳原子連接在一起，有甲基且全部連在該碳原子上；III.不含H本身，不考慮立體異構。（6）Q的結構簡式為_____________________。（7）結合本題信息和上述合成路線，用流程圖表示出反應④M→N的可能過程（無機藥品任選）。___________________________________。25、（12分）下圖為制取純凈干燥的Cl2并讓其與鐵發(fā)生反應的裝置，A是Cl2發(fā)生裝置，C、D為氣體凈化裝置，E硬質(zhì)玻璃管中裝有細鐵絲網(wǎng)；F為干燥的空廣口瓶；燒杯G為尾氣吸收裝置。試回答：（1）C、G兩個裝置所盛放的試劑分別是：C________，G_____________。（2）①裝置搭好須進行氣密性檢查，寫出操作方法：_____________________________。②兩處酒精燈應先點燃_______處(填寫A或E)，目的是______________________。③F中的現(xiàn)象為______________，G中出現(xiàn)了一種沉淀，該沉淀的化學式_____。（3）寫出在A、E中發(fā)生反應的化學方程式為：A：______________________；E：______________________。26、（10分）二氧化氯（ClO2）是極易溶于水且不與水發(fā)生化學反應的黃綠色氣體，沸點為11℃，可用于處理含硫廢水。某小組在實驗室中探究ClO2與Na2S的反應?；卮鹣铝袉栴}：（1）ClO2的制備：已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①裝置A中反應的化學方程式為________________。②欲收集干燥的ClO2，選擇上圖中的裝置，其連接順序為A→_______、_______、_______→C（按氣流方向）。③裝置D的作用是_______________。（2）ClO2與Na2S的反應將上述收集到的ClO2用N2稀釋以增強其穩(wěn)定性，并將適量的稀釋后的ClO2通入圖所示裝置中充分反應，得到無色澄清溶液。一段時間后，通過下列實驗探究Ⅰ中反應的產(chǎn)物。操作步驟實驗現(xiàn)象結論取少量I中溶液于試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸品紅始終不褪色①無___生成另取少量I中溶液于試管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振蕩②____________有SO42?生成③繼續(xù)在試管乙中滴加Ba(OH)2溶液至過量，靜置，取上層清液于試管丙內(nèi)_________有白色沉淀生成有Cl?生成④ClO2與Na2S反應的離子方程式為___________。用于處理含硫廢水時，ClO2相對于Cl2的優(yōu)點是______________（任寫一條）。27、（12分）亞硝酰氯(ClNO)常用作催化劑和合成洗滌劑，其沸點為-5.5℃，遇水反應生成一種氫化物和兩種氮的常見氧化物。某學習小組在實驗室中用Cl2和NO制備ClNO并測定其純度，相關實驗如下。回答下列問題：(1)儀器a的名稱為___________，裝置C中的液體是____________。(2)裝置C中長頸漏斗的作用是______________________。(3)實驗開始時，先打開K1、K2，關閉K3，打開分液漏斗活塞，滴入適量稀硝酸，當觀察到C中紅棕色完全消失時，關閉K1、K2。向裝置D中通入干燥純凈的Cl2，當瓶中充滿黃綠色氣體時，再打開K1、K3，制備ClNO，待D有一定量液體生成時，停止實驗。若無裝置C，裝置D中ClNO可能發(fā)生反應的化學方程式為___________________。(4)已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，用NaOH溶液吸收尾氣時，ClNO發(fā)生反應的化學方程式為_______________。(5)反應完成后，取燒瓶中所得產(chǎn)物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol·L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為VmL，則產(chǎn)物中ClNO純度的計算式為__________。28、（14分）低碳經(jīng)濟成為人們一種新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一個重要研究方向，既可變廢為寶，又可減少碳的排放。工業(yè)上可用CO2和H2制備被譽為“21世紀的清潔燃料”二甲醚(CH3OCH3)：如在500℃時，在密閉容器中將煉焦中的CO2轉化為二甲醚，其相關反應為：主反應I：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1副反應II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2(1)已知：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-24.5kJ/mol③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.0kJ/mol則主反應I的ΔH1=______。(2)在一定溫度下某密閉容器中按CO2和H2的濃度比為1∶3投料進行反應，測得不同時間段部分物質(zhì)的濃度如下表：時間(min)010203040H21.00mol/L0.68mol/L0.40mol/L0.30mol/L0.30mol/LCH3OCH30mol/L0.05mol/L0.08mol/L0.10mol/L0.10mol/L①10-20min內(nèi)，CH3OCH3的平均反應速率v(CH3OCH3)=_______。②根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算主反應I的平衡常數(shù)K=______(列式，代入數(shù)據(jù)，不計算結果)。(3)欲提高CH3OCH3產(chǎn)率的關鍵的因素是選用合適的催化劑，其原因是_______。(4)對于反應II，溫度對CO2的轉化率及催化劑的效率影響如圖所示：下列有關說法不正確的是_______。A．其他條件不變，若不使用催化劑，則250℃時CO2的平衡轉化率可能位于MlB．溫度低于250°C時，隨溫度升高甲醇的產(chǎn)率增大C．M點時平衡常數(shù)比N點時平衡常數(shù)大D．實際反應應盡可能在較低的溫度下進行，以提高CO2的轉化(5)利用太陽能電池將CO2轉化為乙烯、丙烯等有機化工原料，其工作原理如圖所示。則a為太陽能電池的_______極，寫M極上生成丙烯的電極反應式為_________。29、（10分）石油產(chǎn)品中含有H2S及COS、CH3SH等多種有機硫，石油化工催生出多種脫硫技術。回答下列問題：(1)已知熱化學方程式：①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H1=-362kJ·mol-1②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H2=-1172kJ·mol-1則H2S氣體和氧氣反應生成固態(tài)硫和液態(tài)水的熱化學方程式為__________________。(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理為K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，該反應的平衡常數(shù)為_______。(已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)(3)在強酸溶液中用H2O2可將COS氧化為硫酸，這一原理可用于COS的脫硫。該反應的化學方程式為_______。(4)COS的水解反應為COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)△H<0。某溫度時，用活性α-Al2O3作催化劑，在恒容密閉容器中COS(g)的平衡轉化率隨不同投料比[n(H2O)/n(COS)]的轉化關系如圖1所示。其它條件相同時，改變反應溫度，測得一定時間內(nèi)COS的水解轉化率如圖2所示：①該反應的最佳條件為:投料比[n(H2O)/n(COS)]__________，溫度__________。②P點對應的平衡常數(shù)為_____________。(保留小數(shù)點后2位)

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、D【詳解】A.過氧化氫氧化碘離子為單質(zhì)碘，本身被還原為水，該離子反應為2H++2I-+H2O2=2H2O+I2，故A錯誤；B.碳酸氫銨溶液中加入少量NaOH，銨根離子不參加反應，正確的離子方程式為：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故B錯誤；C.生成的沉淀物質(zhì)的量最多時，反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁，恰好氫氧化鋁全部沉淀，發(fā)生的離子反應為：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故C錯誤；D.等體積等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3溶液與Ba(OH)2溶液中，NaHCO3和Ba(OH)2物質(zhì)的量相等，涉及反應有：HCO-3+OH-=CO32-↓+H2O；CO32-+Ba2+=BaCO3↓，總反應為：HCO-3+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故D正確；故答案為D。2、A【詳解】A.NH3·H2O能發(fā)生電離，所以溶液中含有NA個NH3·H2O的溶液，其濃度大于1mol·L-1，故A正確；B.3.4克氨氣的物質(zhì)的量為0.2mol，每個氨氣分子含有3個氮氫鍵，所以有0.6mol氮氫鍵，故B錯誤；C.乙酸為弱酸，不完全電離，故不能計算氫離子數(shù)目，故C錯誤；D.常溫常壓下33.6L氯氣的物質(zhì)的量不能用標況下氣體摩爾體積計算，故D錯誤。故答案選A?！军c睛】溶液中的微粒的數(shù)目需要注意電離和水解問題，弱電解質(zhì)存在電離平衡，所以弱電解質(zhì)溶液中電解質(zhì)分子或離子數(shù)目一般不能確定。3、B【詳解】A.陽離子不一定只能得到電子被還原，如Fe2+既能得到電子被還原，又能失電子被氧化，故A錯誤；B.鋅比鐵活潑，海輪外殼上鑲入鋅塊，利用犧牲陽極的陰極保護法可減緩船體的腐蝕，故B正確；C.吸熱反應還是放熱反應與反應條件無關，它取決于反應物和生成物的總能量相對大小，故C錯誤；D.錐形瓶沒有必要洗凈并烘干后使用，故D錯誤；答案選B。4、B【詳解】A.Na2CO3在溶液中完全電離，電離產(chǎn)生的CO32-發(fā)生水解，NaHCO3在溶液中完全電離，電離生成的HCO3-在溶液中既能電離又能水解，所以實驗前Na2CO3在溶液中不存在電離平衡，但NaHCO3在溶液中存在電離平衡，A錯誤；B.實驗前兩溶液中都存在Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+，離子種類完全相同，B正確。C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一樣多，因為Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，2NaHCO3+CaCl2=CaCO3↓+NaCl+H2O+CO2↑，C錯誤；D.實驗前相同濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者水解程度大，所以兩溶液的pH左>右，D錯誤。故選B。5、B【詳解】A．硅晶體具有半導體性能，可用于芯片和光電池，二氧化硅用于光導纖維，A錯誤；B．碳酸鈉在水中可以水解出OH-溶液呈堿性，油污在堿性條件下發(fā)生水解被去除，B正確；C．次氯酸是一種弱酸是因為其在水溶液中部分發(fā)生電離，C錯誤；D．SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是發(fā)生氧化還原反應，體現(xiàn)了SO2的還原性，D錯誤；故選B。6、A【解析】試題分析：A、在2FeCl3+2HI＝2FeCl2+I2+2HCl反應中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，則有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，A錯誤；B、在3I2+6KOH＝5KI+KIO3+3H2O反應中，I2既是氧化劑又是還原劑，其還原性介于高低價態(tài)產(chǎn)物之間KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+I2+2KOH=2Fe(OH)3+2KI反應中，反應物中作還原劑的是該反應中所有物質(zhì)中還原性最強的，即Fe（OH）2＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故還原性應為：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，B正確；C、物質(zhì)分解時生成更加穩(wěn)定的物質(zhì)，在反應中4NaClO3NaCl+NaClO4，穩(wěn)定性NaClO4＞NaClO，在反應中NaClO4NaCl+2O2↑中，穩(wěn)定性NaCl＞NaClO4，則穩(wěn)定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，C正確；D、化學反應遵循較強酸制弱較酸的規(guī)律，在反應2HSCN+K2CO3="2KSCN"+CO2↑+H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反應中KCN+CO2+H2O＝HCN+KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，則酸性為HSCN＞H2CO3＞HCN，D正確，答案選A?？键c：考查氧化性、還原性、穩(wěn)定性和酸性的比較7、A【解析】三種酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素質(zhì)量分數(shù)為30%，則C、H兩元素的質(zhì)量分數(shù)之和為70%，故H的質(zhì)量分數(shù)為70%×＝10%。8、D【詳解】A．18gT2O物質(zhì)的量=18g/22g·mol-1=9/11mol，含有中子數(shù)=9/11×[(3-1)×2+16-8]=12×9/11NA=9.8NA，故A錯誤；B．23.5gAgI的物質(zhì)的量為23.5g/235g·mol-1=0.1mol，與水制成的膠體中膠體粒子數(shù)目小于0.1NA，故B錯誤；C．標況下SO3不是氣態(tài)，不能用氣體的摩爾體積計算體積，故C錯誤；D．1molCnH2n+2（烷烴）中含有(n-1)mol碳碳鍵和(2n+2)mol碳氫鍵，總共含有(3n+1)mol共價鍵，含有共價鍵數(shù)為(3n+1)NA，故D正確；故選：D。9、C【解析】A.在藍色的淀粉溶液中含有的I2被SO2還原而使溶液褪色：：I2+SO2+2H2O=2I－+SO42－+4H＋，故A正確；B.飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，會有NaHCO3晶體析出：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故B正確；C.離子方程式中得失電子數(shù)不相等，故C錯誤；D.鈉投入CuSO4溶液中，2Na+2H2O2Na++2OH－＋H2↑，2OH－+Cu2+2Na++Cu(OH)2↓，總之，2Na＋Cu2+＋2H2O=2Na+＋Cu（OH）2↓＋H2↑，故D正確。故選C。點睛：書寫離子方程式需要注意：(1)符合事實；(2)遵循質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒；(3)強酸、強堿、可溶鹽在水溶液中使用離子符號表示，其他情況下的物質(zhì)均用化學式表示。10、C【分析】根據(jù)題意三種氣體X、Y、Z的相對分子質(zhì)量關系為Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，根據(jù)阿伏伽德羅定律解答?！驹斀狻緼.根據(jù)m=nM=，分子數(shù)目相等的三種氣體，相對分子質(zhì)量越大，質(zhì)量越大；因為不確定X、Y、Z三種氣體分子中原子個數(shù)和組成，所以原子數(shù)相等的三種氣體就不能確定三種氣體的分子數(shù)，故A錯誤；B.氣體的物質(zhì)的量n=，Vm和氣體的狀態(tài)有關，三種氣體體積均為2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它們的物質(zhì)的量不一定均為0.1mol，故B錯誤；C.根據(jù)密度ρ====，同溫同壓下，同質(zhì)量的三種氣體，密度和相對分子質(zhì)量成正比，由分析可知三種氣體密度最小的是X，故C正確；D.同溫同體積的氣體物質(zhì)的量之比等于壓強之比，Y、Z氣體所承受的壓強比為=====4：1，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題涉及物質(zhì)的量以及阿伏加德羅常數(shù)的計算等有關知識，注意阿伏加德羅定律的推論的使用是關鍵，B項注意Vm=22.4L/mol的使用條件。11、A【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，位于三個周期，其中W與Y同主族，W為H元素，Y為Na元素；Z的單質(zhì)是一種黃色固體，Z為S元素；X原子最外層電子數(shù)等于Y、Z原子最外層電子數(shù)之和為1+6=7，原子序數(shù)小于Na，則X為F，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琖為H，X為F，Y為Na，Z為S，

A．電子層越多，離子半徑越大；具有相同電子層結構的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則元素Z、X、Y的簡單離子半徑：Z>X>Y，故A正確；B．X為F，Z為S，非金屬性F>S，則穩(wěn)定性：H2S<HF，故B錯誤；

C．W為H，Y為Na，Z為S，NaHS為離子化合物含有離子鍵，HS-中含有共價鍵，故C錯誤；

D．WX為HF，Y2Z為Na2S，HF為弱酸抑制水的電離，Na2S為強堿弱酸鹽水解促進水的電離，故D錯誤。

故選A?！军c睛】本題考查原子結構與元素周期律，把握原子結構、元素的性質(zhì)來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用。12、B【分析】從題干信息推測元素種類，再根據(jù)元素周期律比較性質(zhì)?！驹斀狻慷讨芷谥髯逶豖、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X的單質(zhì)是空氣中含量最高的氣體，則X為N；Z的氧化物是光導纖維的主要成分，則Z為Si；W與X是同主族元素，則W為P；Y在四種元素中原子半徑最大，則Y為Na或Mg或Al。A．氮離子和鈉離子（或鎂離子、鋁離子）核外電子數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，對核外電子的吸引力越大，半徑越小，所以Y<X，故A錯誤；B．非金屬性Z（Si）<W（P），元素非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強，所以Z<W，故B正確；C．氨分子間可形成氫鍵，而磷化氫分子是不能形成氫鍵，所以氫化物的沸點W<X，故C錯誤；D．Y3X（Na3N）為離子晶體，微粒間作用力為離子鍵，而Z3X4(Si3N4)為原子晶體，微粒間作用力為共價鍵，故D錯誤。故選B?！军c睛】分子間氫鍵的存在使分子間作用力增大，熔、沸點升高；原子晶體中含有共價鍵。13、B【詳解】A、膠粒可以導電是膠體的性質(zhì)，故A錯誤；B、膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm（10-7～10-9m）之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm，故B正確；C、膠體是混合物，是指分散系由多種物質(zhì)組成，故C錯誤；D、膠體的分散劑為氣體，指分散劑的狀態(tài)為氣態(tài)，故D錯誤；故選B。14、C【解析】A．M點是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后反應得到氯化銨和一水合氨溶液，銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，A正確；B．在M點時溶液中存在電荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正確；C．銨根離子水解顯酸性，結合水解平衡常數(shù)分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，隨氫氧化鈉固體加入，反應生成一水合氨濃度增大，平衡常數(shù)不變，則c(H+)/c(NH4+)減小，C錯誤；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，當n（NaOH）=0.1mol時，恰好反應生成氯化鈉和一水合氨，根據(jù)物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正確；答案選C。15、D【解析】A.工業(yè)合成氨：N2+3H22NH3，生產(chǎn)涉及氧化還原反應，選項A不選；B.工業(yè)冶煉鈉：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，，生產(chǎn)涉及氧化還原反應選項B不選；C.工業(yè)制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，生產(chǎn)涉及氧化還原反應，選項C不選；D、侯氏制堿法原理：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，均發(fā)生非氧化還原反應，選項D選。答案選D。16、D【解析】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根據(jù)電荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，將100mL此溶液中的Mg2+轉化為Mg（OH）2沉淀并分離析出，反應后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氫氧化鈉溶液的體積為=0.14L=140ml，故答案選D。17、A【解析】試題分析：A、氯水中的次氯酸能使紅色布條褪色，與HCl無關，故A選；B、因氯水中有鹽酸和次氯酸，均可電離生成H+，H+能與NaHCO3固體反應生成二氧化碳氣體，則會有無色氣泡出現(xiàn)，故B不選；C、因氯水中的氯氣能將亞鐵離子氧化為鐵離子，再滴加KSCN溶液，發(fā)現(xiàn)呈血紅色，故C不選；D、因氯水中的鹽酸電離生成Cl-，氯離子能與硝酸銀發(fā)生復分解反應生成氯化銀白色沉淀，故D不選；故選A．考點：氯氣的化學性質(zhì)．點評：本題考查氯水的成分及氯氣的化學性質(zhì)、次氯酸的化學性質(zhì)，明確氯水的成分是解答本題的關鍵，并熟悉各微粒的性質(zhì)來解答即可18、C【詳解】A.在氮化鋁的合成反應中，N2中氮元素的化合價從0價降低到－3價，氮氣是氧化劑，碳是還原劑，A不正確；B.上述反應中每生成2molAlN，N2得到6mol電子，B不正確；C.氮化鋁中氮元素的化合價為-3，C正確；D.氮化鋁具有耐高溫、抗沖擊、導熱性好等優(yōu)良性質(zhì)，說明該化合物是原子晶體，D不正確。答案選C。19、D【詳解】A．連接K1K2，在中性條件下，鐵作負極失電子，石墨作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，則Fe發(fā)生吸氧腐蝕，故A正確；B．連接K1K2，Zn、Fe形成原電池，Zn作負極被腐蝕，F(xiàn)e作正極被保護，屬于犧牲陽極的陰極保護法，故B正確；C．連接K1K3，F(xiàn)e作陰極，陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應生成H2，石墨作陽極，陽極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應生成Cl2，即電解飽和氯化鈉溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，故C正確；D．連接K1K3，F(xiàn)e與電源的正極相連，F(xiàn)e作陽極，F(xiàn)e失電子，被腐蝕，F(xiàn)e不能被保護，故D錯誤；答案選D。20、D【分析】本題主要考查氧化還原反應，氧化還原反應的電子轉移數(shù)目計算。Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，CuSO4是氧化劑，P4部分磷元素由0價降低到-3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑，若有11molP4參加反應，其中5mol的P4做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P4做還原劑，結合電子守恒來解答?！驹斀狻緼.該反應中CuSO4將白磷氧化為H3PO4，錯誤；B.因為1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，錯誤；C.Cu3P只是還原產(chǎn)物，錯誤；D.根據(jù)反應中各元素化合價變化，該反應可寫為6P4（還原劑）+5P4+60CuSO4（氧化劑）+96H2O===20Cu3P（還原產(chǎn)物）+24H3PO4（氧化產(chǎn)物）+60H2SO4，白磷發(fā)生歧化反應，其中作氧化劑和還原劑的白磷的質(zhì)量之比為5:6，正確。21、D【解析】含有共價鍵的化合物中可能含有金屬元素，如氯化鋁，故A錯誤；金屬元素的氧化物可能為酸性氧化物，例如Mn2O7是酸性氧化物，故B錯誤；氫氧化鐵溶膠、蛋白質(zhì)水溶液分散質(zhì)粒子在膠體范疇內(nèi)，均具有丁達爾效應，而甘油與乙醇的混合液屬于溶液范疇，不具有丁達爾效應，故C錯誤；白色污染是指難降解的塑料造成的污染，而用新型生物降解塑料聚乳酸代替聚乙烯作食品包裝袋，可以防止白色污染，故D正確。故選D?！军c睛】膠體與其他分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)微粒直徑在1-100nm之間，而不是丁達爾效應，丁達爾效應是膠體的性質(zhì)，由膠體粒子的結構決定的。22、D【詳解】A．用NH4Cl和NaNO2反應制取N2，NaNO2中N元素的化合價由+3價降低為0，NaNO2是氧化劑，故A錯誤；B．用NH4Cl和NaNO2反應制取N2，反應中NH4Cl中的-3價N化合價升高，被氧化，故B錯誤；C．依據(jù)方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，每生成1molN2時，由化合價的變化可知，轉移電子的物質(zhì)的量為3mol，故C錯誤；D．NaNO2中N元素的化合價由+3價降低為0，為氧化劑，NH4Cl中N元素的化合價由-3價升高為0，為還原劑，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是1：1，故D正確；故選：D。二、非選擇題(共84分)23、CH3COOH苯甲醛加成反應加聚反應+nNaOH+nCH3COONa碳碳雙鍵、酯基【分析】本題可以通過逆合成法進行分析A、B、C的結構，進而分析各步反應類型?！驹斀狻坑珊铣陕肪€圖逆向分析得，F(xiàn)是由C和E酯化反應得到，故C為，C由B堿性條件下水解得到，故B為，A和乙炔反應生成，則A為甲酸，反應類型為加成反應；(1)A為甲酸，結構簡式為：CH3COOH，D的名稱為：苯甲醛；(2)①的反應類型為：加成反應；②是由→，反應類型為：加聚反應；(3)根據(jù)流程圖反應③的化學方程式是：+nNaOH+nCH3COONa；(4)F中的官能團有：碳碳雙鍵、酯基；(5)能夠發(fā)生銀鏡反應，結構中含有醛基，且分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫，G的結構簡式為：(6)以甲苯為原料制備化合物D的合成路線為：。24、苯酚Fe，加熱縮聚反應或聚合反應135【分析】由合成流程可知，碳化鈣與水反應生成A為，結合反應③生成酚醛樹脂可知，B為，C為，D為，E為一種室內(nèi)污染氣體，E為，A與氫氣反應生成F為，F(xiàn)與溴發(fā)生加成反應生成M為，N為，結合已知信息可知H為，H與N發(fā)生縮聚反應生成Q為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻?1)反應③生成酚醛樹脂可知D物質(zhì)名稱為苯酚，反應②為苯和溴生成溴苯，條件為，加熱；故答案為：苯酚；，加熱；（2）H與N發(fā)生縮聚反應生成Q為，故答案為：縮聚反應；（3）反應①為乙炔生成苯，故方程式為，故答案為：；（4）反應③為苯酚和甲醛縮聚生成酚醛樹脂，方程式為：，答案為：（5）H為，由中間C的四面體結構可知,2個苯環(huán)與C最多共面，即H中最多有13個碳原子共平面；根據(jù)限定的3個條件,要有結構，且兩端苯環(huán)上各連一個，不含H本身，移動2個的位置，、、，即還有5種；故答案為：13；5；（6）H為，N為乙二酸，H與N發(fā)生縮聚反應生成Q，Q的結構簡式為：，故答案為：；（7）M為，N為，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案為：。25、飽和食鹽水氫氧化鈉溶液關閉分液漏斗活塞，往燒杯G中加水，微熱A處酒精燈，燒杯中有氣泡產(chǎn)生，停止加熱冷卻后，導管中形成一段水柱A趕走空氣，防止鐵被空氣氧化產(chǎn)生棕黃或棕紅或棕褐色的煙Fe（OH）3MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O2Fe+3Cl22FeCl3【解析】（1）制取純凈干燥的Cl2，A是Cl2發(fā)生裝置，C、D為氣體凈化裝置，先用飽和食鹽水除氯化氫，再用濃硫酸干燥，氯氣有毒，為防止污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，所以C中的試劑是飽和食鹽水，G中的試劑是氫氧化鈉溶液；（2）①檢查氣密性的方法：關閉分液漏斗活塞，往燒杯G中加水，微熱A處酒精燈，燒杯中有氣泡產(chǎn)生，停止加熱冷卻后，導管中形成一段水柱；②兩處酒精燈應先點燃A處，目的是趕走空氣，防止鐵被空氣氧化；③E處反應生成了FeCl3，F(xiàn)中的現(xiàn)象為產(chǎn)生棕黃或棕紅或棕褐色的煙，G中會出現(xiàn)Fe(OH)3沉淀；（3）A中發(fā)生反應的化學方程式MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；E中發(fā)生反應的化學方程式2Fe+3Cl22FeCl3。26、Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2OEBD冷凝并收集ClO2SO2(或HSO3?或SO32?)溶液中有白色沉淀生成加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍（寫一條即可）【分析】（1）ClO2

的制備：裝置A中又Cu與濃硫酸發(fā)生反應制備二氧化硫氣體，在裝置B中發(fā)生生成二氧化氯的反應，為防止倒吸，A與B之間連接裝置E，二氧化氯沸點較低，故在D中冰水浴收集，最后用氫氧化鈉吸收未反應完的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析解答；（2）根據(jù)實驗可知ClO2

與

Na2S

反應有氯離子、硫酸根離子的生成；ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍。【詳解】（1）①裝置

A

中反應Cu與濃硫酸制備二氧化硫，化學方程式為：Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②二氧化硫從a進入裝置B中反應，為防止倒吸，故應在之前有安全瓶，則a→g→h，為反應充分，故再連接B裝置中的b，二氧化氯沸點較低，故在D中冰水浴收集，為充分冷卻，便于收集，故連接e，最后用氫氧化鈉吸收未反應完的二氧化硫，防止污染空氣，連接順序為：a→gh→bc→ef→d；③裝置D的作用為冷凝并收集ClO2；（2）將適量的稀釋后的

ClO2

通入如圖所示裝置中充分反應，得到無色澄清溶液，①取少量I中溶液于試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸，品紅始終不褪色，說明溶液中無SO2(或HSO3?或SO32?)生成；故答案為：SO2(或HSO3?或SO32?)；②另取少量I中溶液于試管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振蕩，有SO42?生成，硫酸根與鋇離子反應生成硫酸鋇白色沉淀；故答案為：溶液中有白色沉淀生成；③結論為有Cl?生成，現(xiàn)象為有白色沉淀生成，氯化銀為不溶于酸的白色沉淀，檢驗氯離子，故操作為：繼續(xù)在試管乙中滴加Ba(OH)2溶液至過量，靜置，取上層清液于試管丙內(nèi)加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液；故答案為：加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液；④由上述分析可知ClO2

與

Na2S

反應有氯離子、硫酸根離子的生成，故發(fā)生的離子方程式為：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；用于處理含硫廢水時，ClO2相對于Cl2的優(yōu)點有：ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍；故答案為：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數(shù)是氯氣的2.5倍。27、三頸燒瓶濃硫酸避免C中壓強過大(或安全管或平衡壓強)2ClNO+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O0.655cv/m×100%【分析】實驗開始時，先打開K1、K2，關閉K3，打開分液漏斗活塞滴入適量稀硝酸，至C中紅棕色完全消失后，關閉K1、K2，裝置A是稀硝酸和銅反應生成NO氣體，通過裝置B中水除去揮發(fā)的硝酸及NO和空氣中氧氣反應生成的二氧化氮，使純NO進入裝置C，此時裝置C的作用為儲存A中產(chǎn)生的NO氣體，向D裝置中通入干燥純凈的Cl2，當D中充滿黃綠色氣體時，打開K1、K3，在D中制備ClNO，裝有無水CaCl2的干燥管其作用為防止水蒸氣進入D中，使ClNO水解，反應結速后打開K2，進行尾氣處理，防止污染空氣?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示可知，儀器a為三頸燒瓶；裝置C中的液體是濃硫酸吸收水蒸氣，干燥NO，故答案為：三頸燒瓶；濃硫酸；(2)若關閉K1，隨著反應的進行，C中壓強增加，長頸漏斗的作用為平衡系統(tǒng)內(nèi)外壓強，避免C重壓強過大，故答案為：避免C中壓強過大(或安全管或平衡壓強)；(3)裝置D中ClNO可能發(fā)生遇水反應生成一種氫化物和兩種氮的常見氧化物，反應化學方程式為：2ClNO+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑，故答案為：2ClNO+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；(4)已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，用NaOH溶液吸收尾氣時，ClNO發(fā)生反應的化學方程式為ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案為：ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；(5)根據(jù)元素守恒可知，則，則產(chǎn)物中ClNO純度的計算式為，故答案為：0.655cv/m×100%。28、-