云南省邵通市水富縣云天化中學2026屆化學高三上期中綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、在酸性介質(zhì)中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（過二硫酸銨）溶液會發(fā)生如下反應：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列說法不正確的是（

）A．可以利用該反應檢驗Mn2+B．氧化性比較：S2O82﹣＞MnO4﹣C．該反應中酸性介質(zhì)可以為鹽酸D．若有0.1mol氧化產(chǎn)物生成，則轉(zhuǎn)移電子0.5mol2、氯元素在自然界有35Cl和37Cl兩種同位素，在計算式35×75.77%+37×24.23%=35.48中（）A．35表示氯元素的相對原子質(zhì)量B．35.48表示氯元素的相對原子質(zhì)量C．35.48表示氯元素的近似相對原子質(zhì)量D．24.23%表示35Cl的豐度3、化學電源在日常生活和高科技領域中都有廣泛應用。下列說法不正確的是A．Zn2+向Cu電極方向移動，Cu電極附近溶液中H+濃度增加B．正極的電極反應式為Ag2O＋2e?＋H2O2Ag＋2OH?C．鋅筒作負極，發(fā)生氧化反應，鋅筒會變薄D．使用一段時間后，電解質(zhì)溶液的酸性減弱，導電能力下降4、下列關于0.10mol?L-1NaHCO3溶液的說法正確的是A．溶質(zhì)的電離方程式為：NaHCO3=Na++H++CO32-B．離子濃度關系：c(Na+)(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)C．25℃時，加水稀釋后，n(H+)與n(OH-)的乘積變大D．溫度升高，c（HCO3-）增大5、已知：AgOH很不穩(wěn)定，易分解生成Ag2O（黑色）。溶液X中可能含有下列離子：Ag+，NH4+、Fe3+、SO42-、SO32-、Cl-中的幾種離子。為了確定其組成，某同學進行了如下實驗：下列說法不正確的是（）A．溶液X與NaOH反應生成紅褐色沉淀A，可推測該溶液中不存在SO32-B．溶液X中一定不含Ag+C．溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-D．取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀產(chǎn)生，則有Cl-6、下列關于0.5mol/LNaHCO3溶液的說法正確的是A．溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3=Na++H++CO32-B．加水稀釋后，n(H+)與n(OH-)的乘積變大C．離子濃度關系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D．溫度升高，c(HCO3-)增大7、向兩份等體積、等濃度，pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，實驗測得溶液pH隨加入NaClO溶液體積變化曲線如下圖，實驗現(xiàn)象如下表。下列說法不正確的是實驗實驗現(xiàn)象I滴入V1mLNaClO溶液產(chǎn)生大量紅褐色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液變黃，未見沉淀，繼續(xù)滴加出現(xiàn)紅褐色沉淀A．a(chǎn)～b段主要反應的離子方程式為：2Fe2++ClO－+5H2O＝2Fe(OH)3↓+Cl－+4H+B．d~e段主要反應的離子方程式為：ClO－+H+＝HClOC．c、f點pH接近的主要原因是：ClO－+H2O?HClO+OH－D．向c點溶液中加入過量的濃鹽酸，沉淀溶解并有刺激性氣味的氣體放出8、如圖是一種有機物的模型，該模型代表的有機物可能是（）A．飽和一元醇 B．羥基酸C．羧酸酯 D．飽和一元醛9、將0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋或加入少量CH3COONa晶體時，都會引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH電離度增大C．溶液的導電能力減弱D．溶液中c(OH－)減小10、實驗室模擬氨催化氧化法制硝酸的裝置如圖所示（無水CaCl2可用于吸收氨氣），下列說法錯誤的是（）A．裝置①、②、⑤依次盛裝堿石灰、無水CaCl2、NaOH溶液B．裝置③中氣體呈紅棕色C．裝置④中可觀察到紫色石蕊溶液變紅D．通空氣的主要作用是鼓出氨氣，空氣可用N2代替11、丁烯（C4H8）是制備線性低密度聚乙烯（LLDPE）的原料之一，可由丁烷（C4H10）催化脫氫制備，C4H10（g）C4H8（g）＋H2（g）＝＋123kJ·mol－1。該工藝過程中生成的副產(chǎn)物有炭（C）、C2H6、C2H4、C4H6等。進料比[]和溫度對丁烯產(chǎn)率的影響如圖1、圖2所示。已知原料氣中氫氣的作用是活化固體催化劑。下列分析正確的是A．隨溫度升高丁烯裂解生成的副產(chǎn)物增多，會影響丁烯的產(chǎn)率B．丁烷催化脫氫是吸熱反應，丁烯的產(chǎn)率隨溫度升高而不斷增大C．氫氣的作用是活化固體催化劑，改變氫氣量不會影響丁烯的產(chǎn)率D．一定溫度下，控制進料比[]越小，越有利于提高丁烯的產(chǎn)率12、下列表達方式正確的是A． B．質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子：2017ClC．HClO的結(jié)構(gòu)式：H—O—Cl D．NH4Cl的電子式：13、下列說法正確的個數(shù)為（）①化學鍵斷裂，一定發(fā)生化學變化②任何物質(zhì)中都存在化學鍵③氫鍵是極弱的化學鍵，分子間作用力不是化學鍵④離子鍵就是陰、陽離子之間的靜電吸引力⑤活潑金屬與活潑非金屬化合時能形成離子鍵⑥共價化合物中，成鍵原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)⑦驗證化合物是否為離子化合物的實驗方法是可以看其熔化狀態(tài)下能否導電⑧由非金屬元素形成的化合物中不可能含有離子鍵A．1 B．2 C．3 D．414、下列敘述中正確的是A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，生成的CO2與原Na2CO3的物質(zhì)的量之比為1：2C．等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應，在同溫同壓下，生成的CO2體積相同D．向Na2CO3飽和溶液中通入CO2，有NaHCO3結(jié)晶析出15、制備乙酸丁酯實驗裝置正確的是A． B． C． D．16、常溫下0.1mol·L－1氨水溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a－1)的措施是()A．將溶液稀釋到原體積的10倍 B．加入適量的氯化銨固體C．加入等體積0.2mol·L－1鹽酸 D．通入氨氣17、下列有關實驗操作、發(fā)生的現(xiàn)象、解釋或結(jié)論都正確的是（）選項實驗操作發(fā)生的現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向亞硫酸鈉溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀產(chǎn)生的亞硫酸鋇是難溶解入水的沉淀B將SO2通入滴有酸性高錳酸鉀溶液中溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性C常溫下銅片插入硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體常溫下銅和硝酸一定產(chǎn)生NO2D向某溶液中加入NaHCO3產(chǎn)生白色沉淀該溶液可能原來含有氫氧化鋇A．A B．B C．C D．D18、C、Si、S、N都是自然界中含量豐富的非金屬元素，下列有關說法中正確的是A．四種元素在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)B．二氧化物都屬于酸性氧化物，都能與堿反應而不能與任何酸反應C．最低價的氣態(tài)氫化物都具有還原性，一定條件下都能與O2發(fā)生反應D．氮的氧化物相互轉(zhuǎn)化都是氧化還原反應19、下列說法不正確的是（）A．“臭氧空洞”、“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關B．工業(yè)海水制取鎂流程：海水Mg(OH)2→MgCl2MgC．推廣使用乙醇汽油代替汽油目的是為了減少溫室氣體的排放D．工業(yè)生產(chǎn)玻璃、水泥都用石灰石做原料20、在一定溫度下，10mL0.40mol/LH2O2發(fā)生催化分解。不同時刻測定生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計）A．0~6min的平均反應速率：v（H2O2）mol/(L·min)B．6~10min的平均反應速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)C．反應至6min時，c（H2O2）=0.3mol/LD．反應至6min時，H2O2分解了50%21、對于可逆反應：2A（g）+B（g）?2C（g），下列措施能使反應物中活化分子百分數(shù)、化學反應速率和化學平衡常數(shù)都變化的是（）A．增大壓強 B．升高溫度 C．使用催化劑 D．多充入O222、某溫度下，反應H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)在一帶有活塞的密閉容器中達到平衡，下列說法錯誤的是()A．恒容，升高溫度，正反應速率減小 B．恒容，充入H2(g)，I2(g)的體積分數(shù)降低C．恒壓，充入He(g)，逆反應速率減小 D．恒溫，壓縮體積，平衡不移動，混合氣體顏色加深二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、L、M為核電荷數(shù)依次增大的前20號主族元素。X是原子半徑最小的元素，Y、L與M三種元素的質(zhì)子數(shù)均為5的倍數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）X與Y組成的化合物屬于__________（填“共價”或“離子”）化合物。（2）X與M組成的物質(zhì)電子式為__________，該物質(zhì)可作為野外工作的應急燃料，其與水反應的化學方程式為________。（3）Y在周期表中的位置是__________。（4）下列說法正確的是__________。AL可能是Ne，也可能是PBL在氯氣中燃燒現(xiàn)象為白色煙霧CL與X形成的化合物分子構(gòu)型為平面三角形DL有多種氧化物以及含氧酸24、（12分）A、B、C、D、E為短周期元素,A-E原子序數(shù)依次增大,質(zhì)子數(shù)之和為40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成兩種液態(tài)化合物A2C和A2C2,E是地殼中含量最多的金屬元素。(1)E元素在周期表中的位置為__________；B、C的氫化物穩(wěn)定性強的是________(用化學式表示,下同)；B、C、D組成的化合物中含有的化學鍵為_____________(2)D2C2的電子式是_________,將D的單質(zhì)投入A2C中,反應后得到一種無色溶液,E的單質(zhì)在該無色溶液中反應的離子方程式為______________；(3)元素D的單質(zhì)在一定條件下,能與A單質(zhì)化合生成氫化物DA,熔點為800℃。DA能與水反應放出氫氣,化學反應方程式為_____________。(4)廢印刷電路版上含有銅,以往的回收方法是將其灼燒使銅轉(zhuǎn)化為氧化銅,再用硫酸溶解。現(xiàn)改用A2C2和稀硫酸浸泡既達到了上述目的,又保護了環(huán)境,試寫出反應的化學方程式__________________________25、（12分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗：實驗一焦亞硫酸鈉的制取采用下圖裝置(實驗前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5。裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應為Na2SO3＋SO2=Na2S2O5(1)裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學方程式為____________________。(2)要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_________________。(3)裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為________(填序號)。實驗二焦亞硫酸鈉的性質(zhì)Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)證明NaHSO3溶液中HSO3—的電離程度大于水解程度，可采用的實驗方法是________(填序號)。a.測定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入鹽酸d.加入品紅溶液e.用藍色石蕊試紙檢測(5)檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是____________________。26、（10分）I.油脂的不飽和度可通過油脂與碘的加成反應來測定，我們通常稱為油脂的碘值，碘值越大，油脂的不飽和度越大．碘值是指100g油脂中所能吸收碘的克數(shù)．現(xiàn)稱取xg某油脂，加入含ymolI2的溶液（韋氏液，碘值測定時使用的特殊試劑，含CH3COOH），充分振蕩；過量的I2用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定（淀粉作指示劑），用去VmLNa2S2O3溶液，反應的方程式為：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。（1）滴定終點時顏色的變化是________________（2）該油脂的碘值為__（用相關字母表示）（3）韋氏液中CH3COOH也會消耗Na2S2O3，所以還要做相關實驗進行校正，否則會引起測得的碘值偏__（填“高”或“低”）II.某同學現(xiàn)要從測定油脂碘值實驗的含碘廢液（除H2O外，含有油脂、I2、I﹣）中回收碘，設計了如下實驗過程：（4）A溶液是某還原劑，向含碘廢液中加入稍過量A溶液的目的是___________。（5）操作①用到的主要玻璃儀器為__________________________。（6）操作②的方法是_____________________________。（7）氧化時，在三頸瓶中將含I﹣的水溶液用鹽酸調(diào)至pH約為2，緩慢通入適量Cl2，在30～40℃反應（實驗裝置如圖所示）．實驗控制在30～40℃溫度下進行的原因是______________，通入氯氣不能過量的原因是____________，錐形瓶里盛放的溶液為_______。27、（12分）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。中華人民共和國國家標準(G112760-2011)規(guī)定葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)不能超過0.25g/L。某化學興趣小組制備并對SO2的化學性質(zhì)和用途進行探究，探究過程實驗裝置如下圖，并收集某葡萄酒中SO2，對其含量進行測定。（夾持儀器省略）（1）實驗可選用的實驗試劑有濃硫酸、Na2SO3固體、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品紅溶液等。①請完成下列表格試劑作用A___驗證SO2的還原性BNa2S溶液___C品紅溶液___②A中發(fā)生反應的離子方程式為____。（2）該小組收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH標準溶液進行滴定，滴定前排氣泡時，應選擇圖中的___(填序號)；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處時，管內(nèi)液體的體積__(填序號)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)（3）該小組在實驗室中先配制0.0900mol/LNaOH標準溶液，然后再用其進行滴定。下列操作會導致測定結(jié)果偏高的是___。A．未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B．滴定前錐形瓶內(nèi)有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失D．配制溶液定容時，俯視刻度線E．中和滴定時，觀察標準液體積讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視28、（14分）鐵的化合物在工業(yè)上有重要的應用．（1）FeCl1凈水的原理是（用離子方程式表示）_________________．FeCl1溶液腐蝕鋼鐵設備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）________________．（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO1氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl1．①若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol?L﹣1，c（Fe1+）=1.0×10﹣1mol?L﹣1，c（Cl﹣）=5.1×10﹣2mol?L﹣1，則該溶液的PH約為_____．②完成NaClO1氧化FeCl2的離子方程式：ClO1﹣+___Fe2++_______=__Cl﹣+___Fe1++______．（1）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效、多功能水處理劑，且不會造成二次污染．已知高鐵酸鹽熱穩(wěn)定性差，工業(yè)上用濕法制備K2FeO4的流程如圖1所示：反應③加入濃KOH溶液可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），這說明__________________________．某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中，反應后得到NaCl、NaClO、NaClO1的混合溶液，經(jīng)測定ClO﹣與ClO1﹣離子的物質(zhì)的量之比是1：2，則Cl2與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為_____．（4）工業(yè)上還可用通過電解濃NaOH溶液來制備Na2FeO4，其工作原理如圖2所示：陽極的電極反應式為__________________________。29、（10分）化合物F是一種用于合成藥物美多心安的中間體，F(xiàn)的一種合成路線流程圖如下:（1）化合物E中含氧官能團名稱為______和__________（2）A→B的反應類型為___________（3）C的分子式為C9H11NO3，經(jīng)還原得到D，寫出C的結(jié)構(gòu)簡式:____________。（4）寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式:________①屬于芳香化合物，且苯環(huán)上只有兩個取代基。②能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，水解產(chǎn)物之一能與NaOH溶液反應且只有5種不同化學環(huán)境的氫。（5）已知:①具有還原性，易被氧化；②。寫出以和(CH3)2SO4為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。_________________________

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【解析】A、在酸性條件下，加入(NH4)2S2O8，如果溶液變?yōu)樽霞t色，說明原溶液中含有Mn2＋，故A說法正確；B、利用氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，根據(jù)反應S2O82－為氧化劑，MnO4－為氧化產(chǎn)物，因此S2O82－的氧化性強于MnO4－，故B說法正確；C、高錳酸鉀具有強氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，因此酸性介質(zhì)不能是鹽酸，故C說法錯誤；D、氧化產(chǎn)物是MnO4－，因此轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.1×(7－2)mol=0.5mol，故D說法正確。2、C【詳解】A、35表示35Cl的相對原子質(zhì)量的近似值，故A錯誤；B、氯元素的相對原子質(zhì)量是用兩種同位素的相對原子質(zhì)量分別乘以各自的豐度計算得到的結(jié)果，35.48表示氯元素的近似相對原子質(zhì)量，故B錯誤；C、元素的近似相對原子質(zhì)量=各元素的質(zhì)量數(shù)×原子百分比，35.5表示氯元素的近似相對原子質(zhì)量，故C正確；D、24.23%表示37Cl的豐度，故D錯誤；故選C。3、A【詳解】A.Zn較Cu活潑，做負極，Zn失電子變Zn2+，電子經(jīng)導線轉(zhuǎn)移到銅電極，銅電極負電荷變多，吸引了溶液中的陽離子，因而Zn2+和H+遷移至銅電極，H+氧化性較強，得電子變H2，因而c(H+)減小，A項錯誤；B.Ag2O作正極，得到來自Zn失去的電子，被還原成Ag,結(jié)合KOH作電解液，故電極反應式為Ag2O＋2e?＋H2O2Ag＋2OH?，B項正確；C.Zn為較活潑電極，做負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，鋅溶解，因而鋅筒會變薄，C項正確；D.鉛蓄電池總反應式為PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放電一段時間后，H2SO4不斷被消耗，因而電解質(zhì)溶液的酸性減弱，導電能力下降，D項正確。故答案選A。4、C【解析】A．NaHCO3為強電解質(zhì)，溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3═Na++HCO3-，故A錯誤；B．由電荷守恒可知，離子濃度關系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故B錯誤；C．25℃時，加水稀釋后，促進HCO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）減小，由Kw不變，可知c（H+）增大，則n（H+）增大，則n（H+）與n（OH-）的乘積變大，故C正確；D．HCO3-水解為吸熱反應，升高溫度，促進水解，則c（HCO3-）減小，故D錯誤；故選C。5、D【解析】A.溶液X與NaOH反應生成紅褐色沉淀A和氣體A，說明X中含有Fe3+，F(xiàn)e3+具有氧化性，與SO32-不能大量共存，故A正確；B.溶液X中加入氫氧化鋇，生成白色沉淀，說明X中一定不含Ag+，否則得到黑色沉淀，故B正確；C.氣體A能夠使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變成藍色，說明A為氨氣，則含有NH4+，溶液X中加入氫氧化鋇，生成白色沉淀，說明X中一定不含Ag+，一定含有SO42-，因此溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-，故C正確；D.取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀產(chǎn)生，可能是未完全沉淀的硫酸根離子，故D錯誤；故選D。6、B【解析】試題分析：A、碳酸氫鈉為弱酸的酸式鹽，電離方程式為NaHCO3＝Na+＋HCO3—，錯誤；B、溫度不變，加水稀釋后，Kw=c(H＋)c(OH－)不變，溶液的體積增大，n(H+)與n(OH—)的乘積變大，正確；C、根據(jù)電荷守恒知碳酸氫鈉溶液中離子濃度關系：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH—)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)，錯誤；D、溫度升高，促進碳酸氫根的電離和水解，c(HCO3—)減小，錯誤。考點：考查電解質(zhì)溶液中的離子平衡，碳酸氫鈉溶液。7、B【解析】A.由實驗I的現(xiàn)象可知，次氯酸鈉和硫酸亞鐵反應生成了氫氧化鐵紅褐色沉淀，依據(jù)化合價升降法、電荷守恒、質(zhì)量守恒可得a～b段主要反應的離子方程式為：2Fe2++ClO－+5H2O＝2Fe(OH)3↓+Cl－+4H+，故A正確；B.由實驗Ⅱ的現(xiàn)象可知，d～e段有鐵離子生成，說明次氯酸根離子將二價鐵氧化成了三價鐵，根據(jù)化合價升降法、電荷守恒、質(zhì)量守恒可得d～e段主要反應的離子方程式為：2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故B錯誤；C.c、f點所對應的溶液的溶質(zhì)都是NaCl和NaClO，NaClO水解使得溶液顯堿性，離子方程式為：ClO－+H2O?HClO+OH－，故C正確；D.鹽酸可以和氫氧化鐵反應，使之溶解，在酸性條加下，氯離子和次氯酸根離子反應，生成氯氣，故D正確；本題答案為B?！军c睛】在酸性條件下：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O。8、B【分析】根據(jù)模型可知該有機物為，據(jù)此分析判斷。【詳解】由分析可知該有機物為，結(jié)構(gòu)中存在羥基和羧基，因此屬于羥基酸；答案選B。9、A【詳解】A．CH3COOH溶液加水稀釋，CH3COOH的電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反應方向移動，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶體時，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的電離平衡向逆反應方向移動，溶液的pH增加，正確；B．CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，電離程度增大，加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，錯誤；C．CH3COOH溶液加水稀釋，離子濃度減小，溶液的導電能力減弱，加入少量CH3COONa晶體時，離子濃度增大，溶液的導電能力增強，錯誤；D．加水稀釋，促進醋酸電離，但溶液中氫離子濃度減小，加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以氫氧根離子濃度增大，錯誤。故選A。10、D【分析】由實驗裝置圖可知，裝置①中空氣通入濃氨水后，揮發(fā)出的氨氣和氧氣的混合氣體經(jīng)過堿石灰干燥后進入裝有催化劑的硬質(zhì)玻璃管，在三氧化二鉻做催化劑作用下，發(fā)生催化氧化反應生成一氧化氮和水，裝置②中盛有的無水氯化鈣用于吸收氨氣和水蒸氣，在裝置③中一氧化氮與空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，裝置④中水和二氧化氮反應生成硝酸，硝酸使石蕊溶液變紅色，裝置⑤中氫氧化鈉溶液用于吸收一氧化氮和二氧化氮混合氣體，防止污染環(huán)境?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析，裝置①、②、⑤依次盛裝堿石灰、無水CaCl2、NaOH溶液，故A正確；B．裝置③一氧化氮與空氣中的氧氣反應生成紅棕色二氧化氮，故B正確；C．裝置④中水和二氧化氮反應生成硝酸，硝酸可使紫色石蕊溶液變紅，故C正確；D．通空氣的主要作用是鼓出氨氣并提供氧氣，空氣不能用N2代替，故D錯誤；故選D。11、A【詳解】A．由圖2可知，隨溫度升高丁烯裂解生成的副產(chǎn)物增多，會影響丁烯的產(chǎn)率，故A正確；B．由圖可知，平衡后升高溫度產(chǎn)率降低，則升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，故B錯誤；C．增大或減少氫氣的量，平衡均發(fā)生移動，均影響丁烯的產(chǎn)率，故C錯誤；D．由1可知，一定溫度下，控制進料比[]在1.5左右，有利于提高丁烯的產(chǎn)率，越小或越大均不利于產(chǎn)率的增大，故D錯誤；故答案為A。12、C【詳解】A、F－的電子式應在Mg2＋兩邊，用電子式表示MgF2的形成過程為，故A錯誤；B、根據(jù)原子構(gòu)成，左下角為質(zhì)子數(shù)，左上角為質(zhì)量數(shù)，即該氯原子為3717Cl，故B錯誤；C、HClO的結(jié)構(gòu)式為H－O－Cl，故C正確；D、沒有表示出Cl－最外層電子，正確的是，故D錯誤。答案選C。13、B【詳解】①化學鍵斷裂，不一定發(fā)生化學變化，如NaCl溶于水，離子鍵斷裂，但是是一個物理變化，①錯誤；②不是所有物質(zhì)中都存在化學鍵，如稀有氣體中不含化學鍵，②錯誤；③氫鍵不屬于化學鍵，③錯誤；④離子鍵是陰、陽離子之間的靜電作用，包括靜電引力和靜電斥力，④錯誤；⑤活潑金屬與活潑非金屬化合時能形成離子鍵，⑤正確；⑥不是所有原子形成共價鍵后均滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，例如BF3中B原子最外層只有6

個電子，⑥錯誤；⑦離子化合物在熔化狀態(tài)下能夠電離出陰陽離子而導電，而共價化合物由共價分子構(gòu)成，熔化狀態(tài)不會導電，故驗證化合物是否為離子化合物的實驗方法是可以看其熔化狀態(tài)下能否導電，⑦正確；⑧非金屬元素形成的化合物可能含有離子鍵，如NH4Cl，⑧錯誤；綜上所述：⑤⑦正確。答案為B。14、D【詳解】A、CaCO3與CO2在水中反應生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反應，不會有沉淀生成，A項錯誤；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，發(fā)生反應Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，無CO2氣體放出，B項錯誤；C、等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物質(zhì)的量多，與足量HCl反應時，放出的CO2多，C項錯誤；D、發(fā)生的反應為：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解性較小，故有結(jié)晶析出，D項正確，答案選D。15、C【詳解】乙酸丁酯的制備采用的是回餾裝置，并非邊制備邊蒸餾，故選C。16、B【分析】一水合氨是弱電解質(zhì)，所以氨水中存在電離平衡，要使氨水溶液的pH減小1，但溶液仍然為堿性，則加入的物質(zhì)能抑制一水合氨的電離，據(jù)此解答?！驹斀狻緼.一水合氨是弱電解質(zhì)，所以氨水中存在電離平衡，將溶液稀釋到原體積的10倍，則促進一水合氨的電離，氫氧根離子的濃度大于原來的十分之一，所以稀釋后溶液的pH＞（a-1），故A錯誤；B.向氨水中加入氯化銨固體，銨根離子濃度增大而抑制一水合氨的電離，氨水中氫氧根離子濃度減小，所以可以使溶液的pH=（a-1），故B正確；C.加入等體積0.2

mol/L鹽酸，鹽酸的物質(zhì)的量大于氨水的物質(zhì)的量，則混合溶液呈酸性，故C錯誤；D.向氨水中通入氨氣，氨水濃度增大，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故D錯誤；答案選B。17、D【詳解】A．亞硫酸鈉能被硝酸氧化生成硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成BaSO4沉淀，所以該白色沉淀是硫酸鋇，故A錯誤；B．高錳酸鉀具有強氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該實驗體現(xiàn)二氧化硫還原性而不是漂白性，故B錯誤；C．常溫下，Cu和稀硝酸反應生成NO，NO遇空氣反應生成紅棕色氣體二氧化氮，銅和濃硝酸反應生成二氧化氮、和稀硝酸反應生成NO，故C錯誤；D．能和碳酸氫鈉反應生成白色沉淀的還有氫氧化鈣等，所以該實驗現(xiàn)象說明該溶液可能原來含有氫氧化鋇，故D正確；故選D?！军c晴】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)檢驗、氧化還原反應等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關鍵，注意物質(zhì)檢驗時要除去其它物質(zhì)的干擾，易錯選項是B。18、C【詳解】A．Si為親氧元素，在自然界中沒有游離態(tài)，A說法錯誤，故A不符合題意；B．酸性氧化物與水反應只生成酸，NO2與水反應生成硝酸和NO，不屬于酸性氧化物，SiO2不僅能和堿反應，還能和HF反應，B說法錯誤，故B不符合題意；C．C、Si、S、N的最低價的氣態(tài)氫化物分別為CH4、SiH4、H2S、NH3，它們都具有還原性，一定條件下都能與O2發(fā)生反應，C說法正確，故C符合題意；D．氮的氧化物相互轉(zhuǎn)化不都是氧化還原反應，比如NO2和N2O4之間的轉(zhuǎn)化，D說法錯誤，故D不符合題意；故選C。19、C【解析】A、“臭氧空洞”、“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關，故A不符合題意；B、金屬鎂主要由電解熔融MgCl2的方法制得,海水中溶有少量MgCl2,海邊又盛產(chǎn)貝殼(主要成分是CaCO3),以它們?yōu)樵仙a(chǎn)鎂的大致程序是:海水Mg(OH)2→MgCl2Mg，故B不符合題意；C、乙醇汽油可以讓汽車尾氣中一氧化碳和碳氫化合物含量下降，有利于改善城市的空氣質(zhì)量，并不是為了減少溫室氣體CO2的排放，故C符合題意；D、制玻璃所需原料石灰石、純堿和石英，制水泥所需原料為石灰石和黏土，故D不符合題意；綜上所述，本題應選C。20、C【詳解】A．0~6min時間內(nèi)，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)，A正確；B．隨著反應的進行，H2O2的濃度逐漸減小，反應速率減慢，B正確；C．6min時，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C錯誤；D．6min時，H2O2分解率為：=50%，D正確。答案選C。21、B【詳解】A.增大壓強，活化分子百分數(shù)不變，故A錯誤；B.升高溫度，反應物中活化分子百分數(shù)、化學反應速率都增大，且化學平衡常數(shù)發(fā)生變化，故B正確；C.使用催化劑，平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D.多充O2，活化分子百分數(shù)、平衡常數(shù)不變，故D錯誤；故選：B。22、A【分析】反應H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)該反應為放熱反應?！驹斀狻緼選項，恒容，升高溫度，正反應速率增大，故A錯誤；B選項，恒容，充入H2(g)，平衡正向移動，I2(g)物質(zhì)的量減少，體積分數(shù)降低，故B正確；C選項，恒壓，充入He(g)，體積變大，濃度變小，逆反應速率減小，故C正確；D選項，恒溫，壓縮體積，由于是等體積反應，因此平衡不移動，混合氣體顏色加深，故D正確；綜上所述，答案為A?！军c睛】壓強增大，速率不一定增大，當恒容容器，加稀有氣體，壓強雖然增加，但反應體系濃度不變，速率不變，因此壓強變化，一定轉(zhuǎn)化為濃度來分析。二、非選擇題(共84分)23、共價[H:]-Ca2+[:H]-CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑第二周期IIIA族BD【分析】X、Y、L、M為核電荷數(shù)依次增大的前20號主族元素，X的原子半徑最小，X為H；Y、L與M三種元素的質(zhì)子數(shù)均為5的倍數(shù)，則Y的質(zhì)子數(shù)為5，Y為B；L的質(zhì)子數(shù)為15，L為P；M的質(zhì)子數(shù)為20，M為Ca，以此來解答?！驹斀狻?1)、由上述分析可知，X為H，Y為B，L為P，M為Ca，H、B均為非金屬元素，X與Y組成的化合物只含共價鍵，屬于共價化合物；故答案為共價；(2)、X與M組成的物質(zhì)為CaH2，其電子式為：[H:]-Ca2+[:H]-，其與水反應的化學方程式為：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；故答案為[H:]-Ca2+[:H]-；CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；(3)、Y為B，在周期表中的位置是第二周期IIIA族；故答案為第二周期IIIA族；(4)A、L只能是P，L為主族元素，故A錯誤；B、L在氯氣中燃燒現(xiàn)象為白色煙霧，生成PCl3和PCl5，故B正確；C、L與X形成的化合物為PH3，與氨氣結(jié)構(gòu)相似，分子構(gòu)型為三角錐型，故C錯誤；D、L有多種氧化物，如P2O3、P2O5，多種含氧酸如H3PO4、H3PO4等，故D正確；故選BD。24、第三周期第ⅢA族H2O離子鍵、共價鍵2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地殼中含量最多的金屬元素，則E為Al；A、C能形成兩種液態(tài)化合物A2C和A2C2，可判斷兩種液態(tài)化合物分別為H2O和H2O2，則A為H；C為O；A、D同主族，且原子序數(shù)大于O的，則D為Na；A-E原子的質(zhì)子數(shù)之和為40，則B的序數(shù)為7，則為N。【詳解】(1)E為Al，在周期表中的位置為第三周期IIIA族；B、C分別為N、O，且非金屬性N<O，則氫化物的穩(wěn)定性為NH3<H2O；B、C、D分別為N、O、Na，組成的化合物為NaNO3，含有離子鍵、共價鍵；(2)D2C2為過氧化鈉，為離子化合物，電子式為；Al與氫氧化鈉、水反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可與氫氣反應生成氫化鈉，氫化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，方程式為NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)過氧化氫有強氧化性，可與Cu、稀硫酸反應生成硫酸銅和水，方程式為H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。25、Na2SO3＋H2SO4(濃)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(濃)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]過濾dae取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成【解析】(1)由裝置Ⅱ中發(fā)生的反應可知，裝置Ⅰ中產(chǎn)生的氣體為SO2，亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫與水，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，分離固體與液態(tài)，應采取過濾進行分離；

(3)a．裝置應將導管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強增大易產(chǎn)生安全事故，故a錯誤；b．該裝置吸收二氧化硫能力較差，且為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強增大易產(chǎn)生安全事故，故b錯誤；c．該裝置不能吸收二氧化硫，所以無法實現(xiàn)實驗目的，故c錯誤；d．該裝置中氫氧化鈉與二氧化硫反應，可以吸收，且防止倒吸，故d正確；故答案為d；(4)NaHSO3溶液中HSO3-的電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，測定溶液的pH，可以確定溶液酸堿性，酸性溶液可以使?jié)駶櫵{色石蕊試紙變紅，所以能用測定溶液pH值、濕潤的藍色石蕊試液檢驗，而加入Ba(OH)2溶液、HCl溶液、品紅溶液都不能說明溶液呈酸性，故選ae；(5)Na2S2O5中S元素的化合價為+4價，因此會被氧化為為+6價，即晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可，實驗方案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中，加入適量水溶解，滴加鹽酸，振蕩，再滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成。26、溶液的藍色褪去且半分鐘不改變(25400y-12.7cV)/x低將廢液中的碘單質(zhì)還原為碘離子進入水層分液漏斗、燒杯萃取、分液、蒸餾溫度太低反應太慢，溫度過高氯氣溶解度會變小過量的氯氣會將碘單質(zhì)氧化為IO3﹣，5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+NaOH【分析】I.(1)碘遇到淀粉變藍色,碘完全反應后,藍色褪去；

(2)根據(jù)Na2S2O3的物質(zhì)的量求出與其反應的碘的物質(zhì)的量,再求出與油脂反應的碘的量,然后求出碘值；

(3)冰醋酸消耗Na2S2O3,則滴定時消耗的Na2S2O3的物質(zhì)的量偏大,則與Na2S2O3反應的碘的物質(zhì)的量偏大,所以與油脂反應的碘偏少。II.往含碘廢液中加入還原性的物質(zhì),將廢液中的I2還原為I-,油脂不溶于水,用分液的方法分離得到油脂和溶液,然后在溶液中加強氧化劑氯氣氧化碘離子,萃取、分液、蒸餾得到碘單質(zhì),達到分離提純的目的；

(4)還原劑的加入是還原廢液中的碘單質(zhì)為碘離子；

(5)操作①是分液,根據(jù)分液操作選擇儀器；

(6)操作②是水溶液中得到碘單質(zhì)的提取方法，是萃取、分液、蒸餾分離得到碘單質(zhì)；(7)碘易升華,且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減?。贿^量的氯氣會將碘單質(zhì)氧化為碘酸鹽,氯氣、碘蒸氣都能和氫氧化鈉溶液反應生成無毒物質(zhì)?！驹斀狻縄.(1)過量的I2用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定(以淀粉為指示劑),碘與淀粉的混合溶液顯藍色,當?shù)馔耆磻?藍色褪去,且半分鐘不改變顏色即達到滴定終點；

因此，本題正確答案是：溶液的藍色褪去且半分鐘不改變。

(2)過量的I2用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定(以淀粉為指示劑)用去vmL，已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，則n(I2)=1/2×c×V×10-3mol,則與油脂反應的碘的物質(zhì)的量為（y-0.5c×V×10-3）mol,設碘值為mg,m/100=（y-0.5c×V×10-3）×254/x，計算得出:m=(25400y-12.7cV)/x；因此，本題正確答案是:(25400y-12.7cV)/x。(3)冰醋酸消耗Na2S2O3，則滴定時消耗的Na2S2O3的物質(zhì)的量偏大,則與Na2S2O3反應的碘的物質(zhì)的量偏大，所以與油脂反應的碘偏少，則測得的碘值偏低；

因此，本題正確答案是:低。II.往含碘廢液中加入還原性的物質(zhì),將廢液中的I2還原為I﹣,油脂不溶于水,用分液的方法分離得到油脂和溶液,然后在溶液中加強氧化劑氯氣氧化碘離子,萃取分液蒸餾得到碘單質(zhì),達到分離提純的目的,

(4)A溶液是某還原劑，加入目的是還原廢液中的碘單質(zhì)為碘離子，向含碘廢液中加入稍過量A溶液的目的是：將廢液中的碘單質(zhì)還原為碘離子進入水層；

因此，本題正確答案是:將廢液中的碘單質(zhì)還原為碘離子進入水層。

(5)操作①是分液,根據(jù)分液操作選擇儀器為分液漏斗、燒杯；

因此，本題正確答案是:分液漏斗、燒杯。

(6)操作②是水溶液中得到碘單質(zhì)的提取方法，是萃取、分液、蒸餾，分離得到碘單質(zhì)，溶液中加入萃取劑，萃取碘單質(zhì)，通過分液漏斗分液得到有機萃取層，通過蒸餾得到碘單質(zhì)；

因此，本題正確答案是：萃取、分液、蒸餾。

(7)碘易升華,且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小,溫度越高,氯氣的溶解度越小,反應越不充分。過量的氯氣會將碘單質(zhì)氧化為IO3﹣，反應的方程式為：5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；而溫度太低，反應速率較慢，所以應該在30～40℃溫度條件下進行反應；氯氣、碘蒸氣都有毒,不能直接排空,且都能和氫氧化鈉溶液反應生成無毒物質(zhì),所以用NaOH溶液吸收；

因此，本題正確答案是：溫度太低反應太慢，溫度過高氯氣溶解度會變??；過量的氯氣會將碘單質(zhì)氧化為IO3﹣，5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；NaOH。27、FeCl3溶液驗證SO2的氧化性驗證SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C【分析】(1)①根據(jù)實驗裝置圖及提供的試劑可知，實驗中用濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，驗證二氧化硫的還原性可用二氧化硫與氯化鐵反應，再用二氧化硫與硫化鈉反應驗證二氧化硫的氧化性，最后用品紅溶液驗證二氧化硫的漂白性；②A中發(fā)生的反應為二氧化硫與氯化鐵反應生成亞鐵離子和硫酸根離子；(2)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的橡膠管稍微向上彎曲，再排氣泡，所以排除堿式滴定管中的氣泡用③的方法；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度線下方還有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度線下有液體，據(jù)此判斷；(3)由c(待測)=可知，不當操作使V(NaOH)偏大，則會造成測定結(jié)果偏高?！驹斀狻?1)①根據(jù)實驗裝置圖及提供的試劑可知，實驗中用濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，驗證二氧化硫的還原性可用二氧化硫與氯化鐵反應，再用二氧化硫與硫化鈉反應驗證二氧化硫的氧化性，最后用品紅溶液驗證二氧化硫的漂白性；②A中發(fā)生的反應為二氧化硫與氯化鐵反應生成亞鐵離子和硫酸根離子，反應的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-；(2)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的橡膠管稍微向上彎曲，再排氣泡，所以排除堿式滴定管中的氣泡用③的方法；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度線下方還有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度線下有液體，因此管內(nèi)的液體體積＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正確；(3)A．未用NaOH標準溶液潤洗滴定管，NaOH溶液濃度降低，消耗標準液的體積偏大，由c(待測)=可知，測定濃度偏高；B．滴定前錐形瓶內(nèi)有少量水，不影響消耗NaOH溶液的體積，由c(待測)=可知，測定濃度不變；C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗標準液的體積偏大，由c(待測)=可知，測定濃度偏高；D．配制溶液定容時，俯視刻度線，液面在刻度線下方，NaOH溶液濃度偏高，消耗標準液的體積偏小，由c(待測)=可知，測定濃度偏低；E．中和滴定時，觀察標準液體積讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，消耗標準液的體積偏小，由c(待測)=可知，測定濃度