湖北省黃岡市荊州中學(xué)校2026屆高三上化學(xué)期中達(dá)標(biāo)檢測試題注意事項1．考生要認(rèn)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(jié)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（每題只有一個選項符合題意）1、雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應(yīng)原理設(shè)計為某原電池。下列有關(guān)敘述正確的是A．砷酸的分子式為H2AsO4B．紅棕色氣體在該原電池的負(fù)極區(qū)生成并逸出C．該反應(yīng)的氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為12：1D．該反應(yīng)中每析出4.8g硫黃，則轉(zhuǎn)移0.5mol電子2、下列離子方程式的書寫及評價均正確的是（）選項離子方程式評價A將1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+I2正確；Cl2過量，可將Fe2+、I﹣均氧化B1mol?L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol?L﹣1的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O正確；AlO2﹣與Al（OH）3消耗的H+的物質(zhì)的量之比為2：3C過量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣═HClO+HSO3﹣正確；說明酸性：H2SO3強(qiáng)于HClODCa（HCO3）2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O正確；酸式鹽與堿反應(yīng)生成正鹽和水A．A B．B C．C D．D3、工業(yè)上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）。一化學(xué)小組在室溫下將氯氣緩緩?fù)ㄈ隢aOH溶液，模擬實(shí)驗(yàn)得到ClO－、ClO3-等離子的物質(zhì)的量（mol）與反應(yīng)時間t（min）的關(guān)系曲線。下列說法不正確的是A．工業(yè)制取漂白液的化學(xué)反應(yīng)方程式為Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2OB．a(chǎn)點(diǎn)時溶液中各離子濃度：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)＝c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．t2～t4，ClO－離子的物質(zhì)的量下降的原因可能是3ClO－＝2Cl－＋ClO3－D．使用漂白液時，為了增強(qiáng)漂白效果，可以向漂白液中加入濃鹽酸4、下列與實(shí)驗(yàn)相關(guān)的敘述正確的是()A．鈉在氯氣中燃燒，產(chǎn)生白色的煙霧B．除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可加入適量的NaOHC．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應(yīng)該重新配制D．檢驗(yàn)?zāi)橙芤菏欠窈蠸O42-時，應(yīng)取少量該溶液，依次加入BaCl2溶液和稀鹽酸5、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(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LSO3含有的分子數(shù)為NAD．質(zhì)量均為20g的1H218O與D2O中所含中子數(shù)均為10NA6、下列說法正確的是（）A．配制溶液定容時,俯視容量瓶刻度線會使溶液濃度偏高B．36.5gHCl氣體占有的體積約為22.4LC．欲配制1L1mol·L-1的NaCl溶液，可將58.5gNaCl溶于1L水中D．配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，用量筒量取濃溶液的體積時仰視讀數(shù),所配溶液的濃度偏低7、能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是()A．小蘇打溶液中加入過量石灰水2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2OB．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3－＋OH－===CO32－＋H2OC．向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2，反應(yīng)的離子方程式：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D．硫酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液恰好反應(yīng)呈中性：2H++SO42－+Ba2++2OH－==2H2O+BaSO4↓8、下列說法正確的是A．NaCl溶液能導(dǎo)電是因?yàn)槿芤褐杏蠳a+和Cl-B．CH3COOH與NaOH在相同條件下電離程度相等C．H2SO4在電流作用下在水中電離出H+和SO42-D．NaHCO3在溶液中完全電離為Na+、H+和CO32-9、下列化學(xué)用語和化學(xué)符號使用正確的是()A．次氯酸的結(jié)構(gòu)式：H-Cl-O B．CCl4的比例模型：C．碳酸氫鈉的電離方程式：NaHCO3=Na+＋HCO D．氨基的電子式：10、在一密閉容器中，反應(yīng)aA(氣)bB(氣)達(dá)平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，當(dāng)達(dá)到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，則（）A．平衡向正反應(yīng)方向移動了 B．物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率減少了C．物質(zhì)A的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加了 D．a(chǎn)＞b11、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成兩等份。向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被還原為NO氣體)。向另一份中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化如圖所示。下列分析或結(jié)果錯誤的是()A．OA段產(chǎn)生的是NO，AB段的反應(yīng)為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段產(chǎn)生氫氣B．原混合酸中NO物質(zhì)的量為0.4molC．第二份溶液中最終溶質(zhì)為FeSO4D．取20mL原混合酸加水稀釋至1L后溶液的pH＝112、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取0.5VmL溶液稀釋到8VmL，則稀釋后溶液中SO42－的物質(zhì)的量濃度是A．18V1000(m1-m2)mol/L B．125a13、某廢催化劑含5．6％的SiO6、6．0％的ZnO、3．5％的ZnS和4．8％的CuS，某同學(xué)以該廢催化劑為原料，回收其中的鋅和銅。采用的實(shí)驗(yàn)方案如下：已知：5．步驟①中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)；6．濾渣6的主要成分是SiO6和S。下列說法不正確的是A．步驟①，最好在通風(fēng)櫥中進(jìn)行B．步驟①和③，說明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步驟③，涉及的離子反應(yīng)為CuS+H6O6+6H+Cu6++S+6H6OD．步驟②和④，均采用蒸發(fā)結(jié)晶的方式獲取溶質(zhì)14、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種易溶于水、高效的多功能水處理劑。工業(yè)上通常先制得高鐵酸鈉，然后在一定溫度下，向高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和，從而使高鐵酸鉀析出。下列敘述正確的是（）A．高鐵酸鉀溶于水可吸附水中懸浮物，凈水原理和明礬相同B．高鐵酸鉀與水反應(yīng)生成O2、Fe(OH)3(膠體)和KOH，該反應(yīng)中高鐵酸鉀既做氧化劑又做還原劑C．在無水條件下制備高鐵酸鈉的主要反應(yīng)為2FeSO4＋aNa2O2=2Na2FeO4＋bX＋2Na2SO4＋cO2↑，該反應(yīng)中物質(zhì)X的化學(xué)式為NaOHD．向Fe(OH)3和過量KOH溶液的混合物中通入氯氣，得到紫色固體的反應(yīng)為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O15、下列對古文獻(xiàn)記載內(nèi)容理解錯誤的是A．《天工開物》記載：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，擇取無沙黏土而為之”。“瓦”，傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，主要成分為硅酸鹽。B．《本草綱目》“燒酒”條目下寫道：“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也”。這里所用的“法”是指蒸餾。C．《抱樸子·金丹篇》中記載：“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”。該過程未發(fā)生氧化還原反應(yīng)。D．《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應(yīng)用了焰色反應(yīng)。16、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是()A．1molFeCl3完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3膠體后生成NA個膠體粒子B．在MnO2的作用下，1molH2O2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移2NA個電子C．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2和4gHe均含有NA個分子D．46gNO2與92gN2O4均含有3NA個原子二、非選擇題（本題包括5小題）17、利用丁烷氣可合成一種香料A，其合成路線如下：（1）反應(yīng)①的反應(yīng)類型為___________。反應(yīng)④的反應(yīng)類型為___________。（2）X的名稱為___________；Y的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（3）反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為___________。（4）寫出丁烷的同分異構(gòu)體，并用系統(tǒng)命名法命名：______________、___________。寫出A的結(jié)構(gòu)簡式____________18、鑭系為元素周期表中第ⅢB族、原子序數(shù)為57?71的元素。（1）鏑Dy）的基態(tài)原子電子排布式為[Xe]4f106s2,畫出鏑（Dy）原子價層電子排布圖：____________.（2）高溫超導(dǎo)材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3+,基態(tài)時Cu3+的電子排布式為____________。（3）觀察下面四種鑭系元素的電離能數(shù)據(jù)，判斷最有可能顯示+3價的元素是_____填元素名稱）。幾種鑭系元素的電離能（單位：kJ?mol-1）元素Ⅰ1Ⅰ2Ⅰ3Ⅰ4Yb（鐿）604121744945014Lu（镥）532139041114987La（鑭）538106718505419Ce（鈰）527104719493547（4）元素鈰（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。①組成配合物的四種元素，電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開______（用元素符號表示）。②畫出氨的最簡單氣態(tài)氫化物水溶液中存在的氫鍵：________（任寫一種）。③元素Al也有類似成鍵情況，氣態(tài)氯化鋁分子表示為（(AlCl3)2,分子中A1原子雜化方式為_____，分子中所含化學(xué)鍵類型有_______（填字母）。a.離子鍵b.極性鍵c.非極性鍵d.配位鍵（5）PrO2（二氧化鐠）的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中錯原子位于面心和頂點(diǎn)，則PrO2（二氧化鐠）的晶胞中有_____個氧原子；已知晶胞參數(shù)為apm,密度為ρg?cm-3，NA=_______（用含a、ρ的代數(shù)式表示）。19、硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應(yīng)制得。已知：①Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在；②硫代硫酸鈉與碘反應(yīng)的離子方程式為：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（Ⅰ）制備Na2S2O3·5H2O①打開K1，關(guān)閉K2，向放有銅片的圓底燒瓶中加入足量濃硫酸，加熱。圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________________。②C中混合液被氣流攪動，反應(yīng)一段時間后，硫粉的量逐漸減少。C中碳酸鈉的作用是_____。“停止C中的反應(yīng)”的操作是____________________。③過濾C中的混合液。將濾液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，得到產(chǎn)品。④裝置B中盛放的試劑是（填化學(xué)式）_____________溶液，其作用是__________________。（Ⅱ）用I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液測定產(chǎn)品的純度取5.5g產(chǎn)品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.050mol/LI2的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，相關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下表所示：編號123溶液的體積/mL10.0010.0010.00消耗I2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL19.9517.1020.05①滴定時，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是______________________________。②Na2S2O3·5H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是___________（用百分?jǐn)?shù)表示，且保留1位小數(shù)）。③下列操作中可能使測定結(jié)果偏低的是________(填字母)。A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗就直接注入I2的標(biāo)準(zhǔn)液B．滴定前盛放Na2S2O3溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定后有氣泡D．讀取I2標(biāo)準(zhǔn)液時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)20、把一支試管放在盛有25℃飽和石灰水的燒杯中，試管中開始放入幾小塊鎂片，再滴入5mL鹽酸，回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)中觀察到的現(xiàn)象是___________________________________________。（2）產(chǎn)生上述現(xiàn)象的原因是__________________________________________。（3）寫出有關(guān)反應(yīng)的離子方程式_______________________________________。21、將甘油（C3H8O3）轉(zhuǎn)化為高附值產(chǎn)品是當(dāng)前熱點(diǎn)研究方向，如甘油和水蒸氣、氧氣經(jīng)催化重整或部分催化氧化可制得氫氣，反應(yīng)主要過程如下：（1）下列說法正確的是______（填字母序號）。a.消耗等量的甘油，反應(yīng)I的產(chǎn)氫率最高b.消耗等量的甘油，反應(yīng)II的放熱最顯著c.經(jīng)過計算得到反應(yīng)III的?H3=-237.5kJ/mol，d.理論上，通過調(diào)控甘油、水蒸氣、氧氣的用量比例可以實(shí)現(xiàn)自熱重整反應(yīng)，即焓變約為0，這體現(xiàn)了科研工作者對吸熱和放熱反應(yīng)的聯(lián)合應(yīng)用（2）研究人員經(jīng)過反復(fù)試驗(yàn)，實(shí)際生產(chǎn)中將反應(yīng)III設(shè)定在較高溫度（600~700°C）進(jìn)行，選擇該溫度范圍的原因有：催化劑活性和選擇性高、____________。（3）研究人員發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)I的副產(chǎn)物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO、CH3COOH等，為了顯著提高氫氣的產(chǎn)率，采取以下兩個措施。①首要抑制產(chǎn)生甲烷的副反應(yīng)。從原子利用率角度分析其原因：__________________。②用CaO吸附增強(qiáng)制氫。如圖1所示，請解釋加入CaO的原因：____________________。（4）制備高效的催化劑是這種制氫方法能大規(guī)模應(yīng)用于工業(yè)的重要因素。通常將Ni分散在高比表面的載體（SiC、Al2O3、CeO2）上以提高催化效率。分別用三種催化劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，持續(xù)通入原料氣，在一段時間內(nèi)多次取樣，繪制甘油轉(zhuǎn)化率與時間的關(guān)系如圖2所示。①結(jié)合圖2分析Ni/SiC催化劑具有的優(yōu)點(diǎn)是____________________。②研究發(fā)現(xiàn)造成催化效率隨時間下降的主要原因是副反應(yīng)產(chǎn)生的大量碳粉（積碳）包裹催化劑，通過加入微量的、可循環(huán)利用的氧化鑭（La2O3）可有效減少積碳。其反應(yīng)機(jī)理包括兩步：第一步為：La2O3+CO2La2O2CO3第二步為：______________________________（寫出化學(xué)反應(yīng)方程式）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發(fā)生還原反應(yīng)生成的NO2,原電池正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質(zhì)，As2S3化合價共升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質(zhì)，1molAs2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質(zhì)，所以生成0.15mol硫黃，轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故D正確。2、B【分析】A、一種氧化劑與多種還原性微粒作用，先還原性強(qiáng)的反應(yīng)，I-的還原性強(qiáng)于Fe2+；B、NaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多種可能：①當(dāng)NaAlO2過量時方程為HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，②當(dāng)HCl過量時方程為4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，③1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O；C、SO2具有強(qiáng)還原性，而NaClO具有極強(qiáng)的氧化性，兩者要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與事實(shí)相違背；D、足量的NaOH會將溶液中HCO3-反應(yīng)完全?！驹斀狻緼、

將1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能夠?qū)⒌怆x子氧化完全，正確的離子方程式為Cl2+2I?=2Cl?+I2，正確的評價為Cl2不足，只氧化I?，故A錯誤；B.

1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合反應(yīng)方程式為：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，如果鹽酸過量繼續(xù)和Al(OH)3反應(yīng)，所以1molNaAlO2和鹽酸反應(yīng)最多消耗4molH+，AlO2-與Al(OH)3消耗的H+的物質(zhì)的量之比在(1～4):3，故B正確；C.過量SO2通入到NaClO溶液中，SO32?有強(qiáng)還原性，ClO?有強(qiáng)氧化性，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為SO2+H2O+ClO?=2H++SO42?+Cl?，故C錯誤；D、因OH－足量，故溶液中Ca(HCO3)2相對不足，Ca(HCO3)2完全反應(yīng)，其離子反應(yīng)方程式為：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故D錯誤。3、D【解析】試題分析：A、工業(yè)用氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)制取漂白液，正確；B、氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，到達(dá)a點(diǎn)時，次氯酸根離子與氯酸根離子的濃度相等，此時的產(chǎn)物是氯化鈉、次氯酸鈉、氯酸鈉，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是Cl2+8OH-=6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O，所以溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小關(guān)系是c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H＋），正確；C、根據(jù)圖像可知，t2～t4，ClO－離子的物質(zhì)的量下降，ClO3－的物質(zhì)的量增加，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，元素化合價有升高則有降低，所以發(fā)生該變化的原因可能是3ClO－=2Cl－＋ClO3－，正確；D、漂白液中含有次氯酸根離子，加入濃鹽酸，則氯離子與次氯酸根離子在酸性條件下會發(fā)生反應(yīng)，生成有毒氣體氯氣，漂白效果降低，錯誤，答案選D。考點(diǎn)：考查漂白液的制取反應(yīng)，對圖像的分析，氧化還原反應(yīng)理論的應(yīng)用4、C【詳解】A.鈉在氯氣中燃燒產(chǎn)生白煙，故錯誤；B.除去碳酸氫鈉中的碳酸鈉應(yīng)通入二氧化碳，加入氫氧化鈉會使碳酸氫鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，故錯誤；C.配制溶液過程中，加水超過刻度線，應(yīng)該重新配制，故正確；D.檢驗(yàn)硫酸根離子，應(yīng)先加入鹽酸，無沉淀生成，再加入氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，說明含有硫酸根離子。故錯誤；故選C?！军c(diǎn)睛】掌握離子的檢驗(yàn)方法，注意干擾離子的排除。如硫酸根離子檢驗(yàn)過程中注意碳酸根離子和銀離子的干擾。先加入鹽酸，不產(chǎn)生沉淀，再加入氯化鋇，產(chǎn)生白色沉淀說明有硫酸根離子，若無沉淀，則無硫酸根離子。掌握碳酸鈉和碳酸氫鈉的相互轉(zhuǎn)化。碳酸鈉和二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉和氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和水。5、D【解析】A.硫酸氫鈉由1個鈉離子和1個硫酸氫根構(gòu)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(zhì)量為4.6g，物質(zhì)的量為0.1mol，故含0.1mol氧原子；水的質(zhì)量為10g-4.6g=5.4g，物質(zhì)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(zhì)的量共為0.4mol，即個數(shù)為0.4NA個，故B錯誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3是固體，無法計算其物質(zhì)的量，故C錯誤；D.H218O與D2O的摩爾質(zhì)量均為20g/mol，故20g的1H218O與D2O的物質(zhì)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。6、A【詳解】A.配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度線，所配溶液的體積偏小，會使溶液濃度偏高，故A正確；B.36.5gHCl氣體占有的體積，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，約為22.4L，條件不確定，故B錯誤；C.欲配制1L1mol·L-1的NaCl溶液，將58.5gNaCl溶于1L水中，形成的溶液的體積不是1L，故C錯誤；D.配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，用量筒量取濃溶液的體積時仰視讀數(shù)，所取硫酸偏多，所配溶液的濃度偏高，故D錯誤；故選A。7、D【解析】本題考查離子方程式的正誤判斷。根據(jù)條件采用以少定多的原則進(jìn)行判斷。A.小蘇打完全反應(yīng)；B.NH4HCO3全部反應(yīng)，C.根據(jù)還原性強(qiáng)弱，亞鐵離子先反應(yīng)，根據(jù)n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯氣全部與亞鐵離子反應(yīng)了，所以Br－不反應(yīng)?！驹斀狻緼.小蘇打溶液中加入過量石灰水，該反應(yīng)的離子方程式為HCO3－＋Ca2++OH－=CaCO3↓＋H2O，故A錯誤；B.NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中，該反應(yīng)的離子方程式為NH4++HCO3－＋2OH－=CO32－＋H2O+NH3.H2O，故B錯誤；C.向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2，根據(jù)n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯氣全部與亞鐵離子反應(yīng)了，該反應(yīng)的離子方程式為Cl2＋2Fe2+=2Cl－＋2Fe3+，故C錯誤；D.硫酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液恰好反應(yīng)呈中性，該反應(yīng)的離子方程式為2H++SO42－+Ba2++2OH－=2H2O+BaSO4↓，故D正確；答案D。8、A【解析】A項、NaCl溶液中電離出帶電荷、自由移動的Na+和Cl-，所以氯化鈉溶液能夠?qū)щ?，故A正確；B項、醋酸為弱酸，在溶液中部分電離，氫氧化鈉為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離，則醋酸的電離程度一定小于氫氧化鈉，故B錯誤；C項、H2SO4在水的作用下電離出H+和SO42-，不需要電流，故C錯誤；D項、NaHCO3在溶液中完全電離為Na+、HCO3-，故D錯誤。故選A?！军c(diǎn)睛】本題考查了電解質(zhì)與溶液導(dǎo)電的關(guān)系，注意能導(dǎo)電的物質(zhì)不一定是電解質(zhì)，如金屬單質(zhì)，電解質(zhì)不一定導(dǎo)電，如氯化鈉晶體。9、C【詳解】A．次氯酸的結(jié)構(gòu)式為H-O-Cl，故A錯誤；B．氯原子半徑大于碳原子，CCl4的比例模型，故B錯誤；C．碳酸氫鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為NaHCO3=Na+＋HCO，故C正確；D．氨基的電子式是，故D錯誤；答案選C。10、A【詳解】保持溫度不變，將容器體積增加一倍，若平衡不移動，B的濃度應(yīng)是原來的倍，但當(dāng)達(dá)到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，說明減小壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動，則說明a＜b。A、由以上分析可知，平衡應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，故A正確；B、平衡向正反應(yīng)方向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，故B錯誤；C、平衡向正反應(yīng)方向移動，物質(zhì)A的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小了，故C錯誤；D、根據(jù)上述分析，a＜b，故D錯誤；故選A。11、D【詳解】A.根據(jù)題意，向另一份中逐漸加入鐵粉，因?yàn)檠趸訬O3-＞Fe3+＞H+，所以鐵粉先跟氧化性強(qiáng)的硝酸反應(yīng)生成NO，即OA段產(chǎn)生的是NO，然后鐵粉和Fe3＋反應(yīng)，即AB段的反應(yīng)為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，最后鐵粉和溶液中的H+反應(yīng)，即BC段產(chǎn)生氫氣，故A項正確；B.向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解19.2g，即消耗0.3mol銅，轉(zhuǎn)移0.6mol電子，據(jù)得失電子守恒計算可得生成0.2molNO,又由圖可知OA該反應(yīng)消耗鐵的物質(zhì)的量是0.2mol，根據(jù)得失電子守恒，生成的NO也是0.2mol，通過分析可知，平均每份混合液中含有0.2molNO，故原混合液中含有的NO為0.4mol，故B項正確；C.第二份溶液中硝酸都被還原為NO，鐵粉又足量，所以第二份溶液中溶質(zhì)最終為FeSO4，故C項正確；D.根據(jù)OA段發(fā)生的反應(yīng)Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O和BC段發(fā)生的反應(yīng)Fe+2H+=Fe2++H2↑，可計算共消耗H＋1.0mol，則原溶液中H＋為2.0mol，則原容液的c(H＋)=10mol·L－1，則取20mL原混合酸加水稀釋至1L后溶液的c(H＋)＝0.2mol·L－1，即pH＝0.7，故D項錯誤。12、C【解析】利用n=mM，計算agAl3+的物質(zhì)的量，然后計算0.5VmL溶液中Al3+的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，計算0.5VmL溶液中SO42-的物質(zhì)的量，將其稀釋為8VmL，在稀釋過程中溶中SO42-的物質(zhì)的量不變，再根據(jù)c=nV，計算稀釋后溶液SO4【詳解】agAl3+的物質(zhì)的量為n=ag27g/mol=a27mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物質(zhì)的量為n(Al3+)=a27mol×0.5VmLVmL=a54mol，根據(jù)電荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物質(zhì)的量為n(SO42-)=a54mol×【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的量濃度的有關(guān)計算，屬于字母型計算，利用電荷守恒，根據(jù)Al3+的物質(zhì)的量找出溶液中SO42-是本題的關(guān)鍵，離子物質(zhì)的量容易計算出問題，注意對公式的理解與靈活運(yùn)用。13、D【解析】A、步驟①發(fā)生的反應(yīng)是ZnO＋H6SO3=ZnSO3＋H6O，ZnS＋H6SO3=ZnSO3＋H6S↑，H6S是有毒氣體，因此應(yīng)在通風(fēng)廚內(nèi)進(jìn)行，故A說法正確；B、根據(jù)流程圖，步驟④得到CuSO3·5H6O，說明濾渣5中含有Cu元素，即CuS，步驟③從濾液中得到硫酸銅晶體，說明濾液中存在Cu6＋，從而推出CuS不溶于稀硫酸，步驟②從濾液中得到ZnSO3·7H6O，說明濾液中含有Zn6＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B說法正確；C、步驟③中CuS轉(zhuǎn)變成Cu6＋，根據(jù)信息，濾渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被過氧化氫氧化成變?yōu)榱騿钨|(zhì)，離子反應(yīng)方程式為CuS＋H＋＋H6O6→Cu6＋＋S＋H6O，根據(jù)化合價的升降法進(jìn)行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6++S+6H6O，故C說法正確；D、得到CuSO3·5H6O和ZnSO3·7H6O中都含有結(jié)晶水，通過對濾液蒸發(fā)結(jié)晶方法，容易失去結(jié)晶水，因此采用的方法是蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶方法，故D說法錯誤。點(diǎn)睛：在制備含有結(jié)晶水的晶體時，不采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，因此此方法容易失去結(jié)晶水，而是采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法。14、D【詳解】A．高鐵酸鉀中鐵為+6，最高正價，具有強(qiáng)氧化性，作水處理劑時能起到殺菌消毒的作用，同時其與水反應(yīng)生成的還原產(chǎn)物為Fe(OH)3膠體，又能起到凈水的作用；而明礬的水溶液只是形成氫氧化鋁膠體吸附懸浮物，原理不完全相同，故A錯誤；B．反應(yīng)的離子方程式為4＋10H2O=4Fe(OH)3(膠體)＋8OH-＋3O2↑高鐵酸鉀只做氧化劑，故B錯誤；C．根據(jù)元素守恒可知，X應(yīng)是Na2O，故C錯誤；D．向Fe(OH)3和過量KOH溶液的混合物中通入氯氣，得到紫色固體，說明堿性環(huán)境下氯氣將Fe(OH)3氧化成高鐵酸鉀，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知化學(xué)方程式為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，故D正確；綜上所述答案為D。15、C【解析】“瓦”由黏土燒制而成，黏土的分成是硅酸鹽；古代用蒸餾法釀酒；丹砂是硫化汞，涉及的反應(yīng)有HgS=Δ【詳解】“瓦”由黏土燒制而成，黏土的分成是硅酸鹽，所以“瓦”是傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，主要成分為硅酸鹽，故A正確；古代用蒸餾法釀酒，故B正確；丹砂是硫化汞，涉及的反應(yīng)有HgS=Δ16、C【解析】試題分析：A．膠體是粒子的集合體，則1molFeCl3完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3膠體后生成的膠體粒子數(shù)小于NA個，A錯誤；B．在MnO2的作用下，1molH2O2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移NA個電子，B錯誤；C．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2和4gHe均是1mol，均含有NA個分子，C正確；D．46gNO2與92gN2O4含有的原子個數(shù)分別是3NA和6NA，D錯誤，答案選C?！究键c(diǎn)定位】考查阿伏加德羅常數(shù)計算與判斷【名師點(diǎn)晴】阿伏加德羅常數(shù)是歷年高考的“熱點(diǎn)”問題。多年來全國高考化學(xué)試題重現(xiàn)率幾乎為100％，為高考必考題目，這是由于它既考查了學(xué)生對物質(zhì)的量、粒子數(shù)、質(zhì)量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關(guān)系的理解，又可以涵蓋多角度的化學(xué)知識內(nèi)容。要準(zhǔn)確解答好這類題目，一是要掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系；二是要準(zhǔn)確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系。難點(diǎn)是氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移計算。二、非選擇題（本題包括5小題）17、取代反應(yīng)氧化反應(yīng)2-氯丁烷CH3－CH(OH)CHClCH3CH(CH3)32-甲基丙烷【解析】（1）丁烷在Cl2和光照的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成X，根據(jù)已知信息可知Y中含有官能團(tuán)羥基和氯原子，經(jīng)過反應(yīng)④生成含羰基的化合物，可知羥基被氧化為羰基，所以反應(yīng)④為氧化反應(yīng)。（2）根據(jù)丁烷的結(jié)構(gòu)和CH3-CH=CH-CH3的結(jié)構(gòu)可推測，丁烷分子中亞甲基（-CH2-）上的一個氫原子被一個氯原子取代，X的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHClCH2CH3，用系統(tǒng)命名法命名為：2-氯丁烷；根據(jù)已知信息可知，CH3-CH=CH-CH3與Cl2/H2O發(fā)生加成反應(yīng)，所以Y的結(jié)構(gòu)簡式為CH(OH)CHClCH3。（3）反應(yīng)⑤發(fā)生的是鹵代烴的水解反應(yīng)：（4）丁烷有兩種結(jié)構(gòu)：正丁烷和異丁烷，所以丁烷的另一種同分異構(gòu)體為異丁烷，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH(CH3)3；系統(tǒng)命名法命名：2-甲基丙烷；根據(jù)（3）可知A的結(jié)構(gòu)簡式為。18、1s22s22p63s23p63d8鑭O＞N＞H＞CeN-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)sp3雜化bd8【分析】(1)鏑(Dy)的基態(tài)原子外圍價電子排布式為4f106s2，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出排布圖；(2)Cu原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能級1個電子，再失去3d能級2個電子形成Cu3+；(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，與第四電離能相差越大，第三個電子越容易失去，+3價的可能性越大；(4)①同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，N、O在它們的氫化物中均表現(xiàn)負(fù)化合價，數(shù)目它們的電負(fù)性均大于氫元素的，一般非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大；②NH3的水溶液中，NH3分子之間形成氫鍵，水分子之間形成氫鍵，NH3與水分子之間形成2種氫鍵(N-H…O或O-H…N)；③氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，Al原子價電子數(shù)為3，與Cl原子已經(jīng)全部成鍵，Al原子有1個空軌道，Cl原子有孤電子對，Al原子與Cl之間形成1個配位鍵，結(jié)構(gòu)式為；(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中Pr(鐠)原子位于面心和頂點(diǎn)，根據(jù)均攤法計算晶胞中Pr原子數(shù)目，再根據(jù)化學(xué)式中原子數(shù)目之比計算晶胞中O原子數(shù)目；結(jié)合晶胞中原子數(shù)目用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質(zhì)量，而晶胞質(zhì)量也等于晶胞體積與密度乘積，聯(lián)立計算?！驹斀狻?1)鏑(Dy)的基態(tài)原子外圍電子排布式為4f106s2，由泡利原理、洪特規(guī)則，外圍價電子排布圖為：；(2)Cu原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能級1個電子，再失去3d能級2個電子形成Cu3+，基態(tài)時Cu3+的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，第三個電子越容易失去，+3價的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3與I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)①同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，N、O在它們的氫化物中均表現(xiàn)負(fù)化合價，數(shù)目它們的電負(fù)性均大于氫元素的，一般非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椋篛＞N＞H＞Ce；②NH3的水溶液中，NH3分子之間形成氫鍵(N-H…N)，水分子之間形成氫鍵(O-H…O)，NH3與水分子之間形成2種氫鍵(N-H…O或O-H…N)；③氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，Al原子價電子數(shù)為3，與Cl原子已經(jīng)全部成鍵，Al原子有1個空軌道，Cl原子有孤電子對，Al原子與Cl之間形成1個配位鍵，結(jié)構(gòu)式為，Al是原子采取sp3雜化，含有的化學(xué)鍵有極性鍵、配位鍵，沒有離子鍵、非極性鍵；(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中Pr(鐠)原子位于面心和頂點(diǎn)，則晶胞中Pr原子數(shù)目=8×+6×=4，而Pr原子與O原子數(shù)目之比為1：2，則晶胞中O原子數(shù)目為4×2=8，晶胞質(zhì)量=g=(a×10-10cm)3×ρg?cm-3，整理得NA=。19、Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O提供堿性環(huán)境，作反應(yīng)物打開K2，關(guān)閉K1NaOH在C中的反應(yīng)停止后，吸收A中產(chǎn)生的多余SO2，防止空氣污染加入最后一滴I2標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變藍(lán)，且半分鐘內(nèi)顏色不改變90.2％CD【解析】（Ⅰ）①銅和濃硫酸加熱反應(yīng)生成CuSO4、SO2和H2O；故答案為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；②SO2通入Na2CO3溶液中反應(yīng)生成Na2SO3，Na2SO3和硫粉反應(yīng)生成Na2S2O3，故Na2CO3作反應(yīng)物；又Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，Na2CO3又可以提供堿性環(huán)境。停止C中的反應(yīng)只需要打開K2，關(guān)閉K1。故答案為提供堿性環(huán)境，作反應(yīng)物；打開K2，關(guān)閉K1；④打開K2，關(guān)閉K1，C中反應(yīng)停止，SO2進(jìn)入B裝置，為防止SO2排放到空氣中污染環(huán)境，裝置B利用NaOH溶液吸收。故答案為NaOH；在C中的反應(yīng)停止后，吸收A中產(chǎn)生的多余SO2，防止空氣污染；（Ⅱ）①以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.050mol/LI2的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，終點(diǎn)現(xiàn)象為溶液變藍(lán)色且半分鐘內(nèi)不褪色；②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，第二次實(shí)驗(yàn)中消耗I2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，舍去，則實(shí)際消耗I2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積的平均值是=l，則根據(jù)反應(yīng)的方程式可知，2S2O32﹣+I2→S4O62﹣+2I﹣，所以樣品中Na2S2O3?5H2O的物質(zhì)的量是0.050mol/L×0.0200L×2×10=0.02mol，則Na2S2O3?5H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=；故答案為加入最后一滴I2標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變藍(lán)，且半分鐘內(nèi)顏色不改變；90.2%；③A、酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗就直接注入I2的標(biāo)準(zhǔn)液，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，所以計算出的c(待測)偏大，故A錯誤；B、滴定前盛放Na2S2O3溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，錐形瓶中Na2S2O3的物質(zhì)的量不受影響，所以V(標(biāo)準(zhǔn))不受影響，計算出c(待測)也不受影響，故B錯誤；C、酸式滴定管中裝有標(biāo)準(zhǔn)液I2，尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定后有氣泡，使得記錄的標(biāo)準(zhǔn)液體積小于實(shí)際溶液的體積，所以計算出的c(待測)偏小，故C正確；C、讀取I2標(biāo)準(zhǔn)液時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)，使得記錄的標(biāo)準(zhǔn)液體積小于實(shí)際溶液的體積，所以計算出的c(待測)偏小，故D正確。故答案為CD。點(diǎn)睛：分析誤差時要看是否影響標(biāo)準(zhǔn)體積的用量，若標(biāo)準(zhǔn)體積偏大，結(jié)果偏高；若標(biāo)準(zhǔn)體積偏小，則結(jié)果偏??；若不影響標(biāo)準(zhǔn)體積，則結(jié)果無影響。20、鎂片上有大量氣泡產(chǎn)生并逐漸溶解，燒杯中溶液變渾濁鎂與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，Ca(OH)2在水中的溶解度隨溫度的升高而減小，故析出Ca(OH)2Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑【解析】(1)金屬鎂和鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生大量的熱，鎂片表面冒出氣泡，該熱量能使氫氧化鈣的溶解度降低，所以飽和