甘肅省蘭州市蘭化一中2026屆化學(xué)高三上期中預(yù)測試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、堿性硼化釩(VB2)－空氣電池工作時反應(yīng)為：4VB2＋11O24B2O3＋2V2O5。用該電池為電源，選用惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，實驗裝置如圖所示。當(dāng)電路中通過0.04mol電子時，B裝置內(nèi)共收集到0.448L氣體（標(biāo)況），則下列說法中正確的是A．VB2電極發(fā)生的電極反應(yīng)為：2VB2＋11H2O–22e?V2O5＋2B2O3＋22H+B．外電路中電子由c電極流向VB2電極C．電解過程中，b電極表面先有紅色物質(zhì)析出，然后有氣泡產(chǎn)生D．若B裝置內(nèi)的液體體積為200mL，則CuSO4溶液的濃度為0.05mol/L2、下列是25℃時某些弱酸的電離平衡常數(shù)，下列說法正確的是（）化學(xué)式CH3COOHHClOH2CO3KaKa=1.8×10－5Ka=3.0×10－8Ka1=4.1×10－7Ka2=5.6×10－11A．相同濃度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各種離子濃度的大小關(guān)系是：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5：9，此時溶液的pH=5C．次氯酸鈉溶液中通入少量CO2的離子方程式為：2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClOD．pH相同的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液：c(CH3COONa)＞c(Na2CO3)＞c(NaClO)＞c(NaOH)3、W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X原子的次外層電子數(shù)為a，最外層電子數(shù)為b；Y原子的L層電子數(shù)為(a＋b)，M層電子數(shù)為(b－a)；W、Z原子的最外層電子數(shù)分別為(b－1)和b。下列有關(guān)說法一定正確的是A．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X<YB．氧化物的水化物的酸性：W<ZC．原子半徑：W>ZD．X與Y形成的化合物常溫下不能與鹽酸反應(yīng)4、下列離子方程式與所述事實相符且正確的是A．漂白粉溶液在空氣中失效：ClO－＋CO2＋H2O=＝HClO＋HCO3-B．用濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取少量氯氣：MnO2＋2H＋＋2Cl－＝=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OC．向澄清的石灰水中通入過量的CO2：CO2+OH-==HCO3-D．在強堿溶液中，次氯酸鈉與Fe(OH)3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3＝2FeO42-＋3Cl－＋H2O＋4H＋5、下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的有幾組()①酸性溶液中：Na＋、ClO－、SO、I－②無色溶液中：K＋、Na＋、MnO、SO③堿性溶液中：Cl－、CO、SO、K＋、AlO④中性溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO⑤常溫下，由水電離出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑥與鋁粉反應(yīng)放出H2的無色溶液中：NO、Al3＋、Na＋、SOA．1組 B．2組 C．3組 D．4組6、下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是A．氮氣分子的電子式：B．質(zhì)子數(shù)為9中子數(shù)為20的氟原子：FC．對硝基苯酚的結(jié)構(gòu)簡式：D．NaHCO3水解的離子方程式：HCO3－+H2OH3O++CO32－7、如圖表示平衡混和物中X的百分含量在不同的壓強下，隨溫度變化的情況在下列平衡狀態(tài)中，X可以代表用下橫線標(biāo)明的物質(zhì)（反應(yīng)中各物質(zhì)均為氣態(tài)）的是（）A．N2+3H22NH3+QB．H2+I22HI+QC．2SO32SO2+O2-QD．4NH3+5O24NO+6H2O+Q8、在焊接銅器時可用NH4Cl溶液除去銅器表面的氧化銅以便焊接，其反應(yīng)為：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列說法正確的是A．反應(yīng)中被氧化和被還原的元素分別為Cu和NB．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2C．反應(yīng)中產(chǎn)生0.2mol氣體時，轉(zhuǎn)移0.6mol電子D．該反應(yīng)中被還原的CuO占參與反應(yīng)CuO的9、下列事實中不能用勒夏特列原理解釋的是()A．久置的氯水pH值變小B．向稀鹽酸中加入少量蒸餾水，溶液中氫離子濃度降低C．合成氨工廠通常采用20MPa~50MPa壓強，以提高原料的利用率D．工業(yè)生產(chǎn)硫酸過程中使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率10、將金屬鈉放入盛有下列溶液的小燒杯中，既有氣體，又有白色沉淀產(chǎn)生的是()①MgSO4溶液②Na2SO4稀溶液③飽和澄清石灰水④Ca(HCO3)2溶液⑤CuSO4溶液⑥飽和NaCl溶液⑦FeCl3溶液A．①④⑤⑦ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①③④⑥11、下列敘述正確的有①堿性氧化物：Na2O2、MgO、A12O3②常溫下Cu、Fe、Al均不能和濃硫酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)③Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反應(yīng)制得④分別以熔融的NaCl、MgCl2、Al2O3為原料通過電解法制取金屬Na、Mg、Al⑤碘晶體分散到酒精中、飽和氯化鐵溶液滴入沸水中所形成的均一、透明的分散系分別為：溶液、膠體A．①④⑤B．③④⑤C．②③④D．②④⑤12、室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L－1FeCl2溶液：Ba2＋、K＋、ClO－、H+B．c(OH－)水=1×10-11mol/L：Na＋、AlO2－、OH－、SO42-C．0.1mol·L－1H2SO4溶液：Mg2＋、K＋、NH4+、NO3-D．加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生：NH4+、Na＋、Cl－、CO32-13、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L12C18O中含有的中子數(shù)為8NAB．常溫常壓下，12g金剛石中含有C－C鍵數(shù)為4NAC．1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的離子總數(shù)大于3NAD．25℃時，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的數(shù)目為0.02NA14、海藻中含有豐富的、化合態(tài)的碘元素。如圖是實驗室從海藻里提取碘的流程的一部分：下列判斷正確的是（）A．步驟①、③的操作分別是過濾、萃取分液B．可用淀粉溶液檢驗步驟②的反應(yīng)是否進行完全C．步驟③中加入的有機溶劑是裂化汽油或乙醇D．步驟④的操作是加熱蒸發(fā)15、常溫下，濃度均為0.1mol·L-1、體積為V0的HX、HY溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常溫下，由水電離出的c(H+)·c(OH-)：a<bC．相同溫度下，電離常數(shù)K(HX)：a>bD．lg＝3，若同時微熱兩種溶液，則減小16、有機物M：可用作涂料。對M的分析錯誤的是（）A．M中含酯基 B．M可通過加聚反應(yīng)制得C．個M水解得到個RCOOH D．M的水解產(chǎn)物中仍有高分子化合物二、非選擇題（本題包括5小題）17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，Y2+子層結(jié)構(gòu)與氖相同，Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù),室溫下M單質(zhì)為淡黃色固體，回答下列問題：(1)M元素在周期表中的位置

_______________________(2)Z元素在自然界中常見的二元化合物是

________________，其與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為

___________________________(3)X與M的單質(zhì)能在高溫下反應(yīng)，生成產(chǎn)物的分子結(jié)構(gòu)與CO2相似，請寫出該產(chǎn)物分子的電子式

___________；其化學(xué)鍵屬

___________共價鍵(填“極性”或“非極性”)；(4)四種元素中的

_______________可用于航空航天合金材料的制備，其單質(zhì)與X的一種氧化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為

______________________________________________。18、如表列出了A～R9種元素在周期表中的位置，用化學(xué)用語回答：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2EF3ACDGR4BH（1）這九種元素中化學(xué)性質(zhì)最不活潑的是___。（2）D元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與氫氧化鈉反應(yīng)的離子方程式是__。（3）A、B、C三種元素按原子半徑由大到小的順序排列為__。（4）F、G、H三種元素簡單氫化物沸點由高到低的順序__。（5）E元素氧化物的電子式是__，F(xiàn)的氫化物在常溫下跟B反應(yīng)的化學(xué)方程式是__。（6）下列事實能用元素周期律解釋的是（填字母序號）__。A．D的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性弱于Mg(OH)2B．G的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于HFC．FeG3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板（7）G的單質(zhì)可以從NaBr溶液中置換出Br2單質(zhì)，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因：_____。19、某課外小組同學(xué)用下圖所示裝置在實驗室制氯氣并探究其相關(guān)性質(zhì)（夾持設(shè)備已略）。（1）制備氯氣選用的藥品為：漂白粉固體和濃鹽酸，相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)方程式為_______________。（2）裝置B的作用之一是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞，請寫出發(fā)生堵塞時B中的現(xiàn)象________。（3）裝置C的實驗?zāi)康氖球炞C氯氣是否具有漂白性，為此C中①、②、③依次放入_____（選填表中字母）。①②③a干燥的有色布條堿石灰濕潤的有色布條b干燥的有色布條硅膠濕潤的有色布條c濕潤的有色布條濃硫酸干燥的有色布條d濕潤的有色布條無水氯化鈣干燥的有色布條（4）設(shè)計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性強弱。當(dāng)向D中緩緩?fù)ㄈ胍欢柯葰鈺r，可以看到無色溶液逐漸變?yōu)開_______色，說明氯的非金屬性大于溴；之后打開活塞，將裝置D中少量溶液加入裝置E中，振蕩；觀察到的現(xiàn)象是___________________，則說明溴的非金屬性大于碘。（5）有同學(xué)提出該實驗方案仍有不足，請說明其中的不足及后果。①_________________________；②______________________。20、某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，它們使用的藥品和裝置如圖所示（1）SO2氣體和Fe3+反應(yīng)的氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物分別是___________、___________。（2）下列實驗方案適用于在實驗室制取所需SO2的是______________________。A．Na2SO3溶液與HNO3B．Na2SO3固體與濃硫酸C．固體硫在純氧中燃燒D．硫化氫在純氧中燃燒（3）裝置C的作用是_________________________________。（4）裝置B中反應(yīng)的離子方程式____________________________________________。（5）在上述裝置中通入過量的SO2為了驗證A中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，他們?nèi)中的溶液，分成三份，并設(shè)計了如下實驗：方案①：往第一份試液中加入酸性KMnO4溶液，紫紅色褪去。方案②：往第二份試液中加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，并迅速轉(zhuǎn)為灰綠色，最后呈紅褐色。方案③：往第三份試液中加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀。上述方案不合理的方案是___________，原因是___________。21、二氧化硫是大氣的主要污染物之一。催化還原SO2不僅可以消除SO2的污染，還可以得到工業(yè)原料S。燃煤煙氣中硫的回收反應(yīng)為：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)△H。(1)已知：2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)△H1=－566.0kJ·mol－1S(l)+O2(g)===SO2(g)△H2=－296.8kJ·mol－1則硫的回收反應(yīng)的△H=___________kJ·mol－1。(2)其他條件相同、催化劑不同時，硫的回收反應(yīng)中SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)溫度的變化如圖所示。260℃時，___________（填“La2O3”、“NiO”或“TiO2”)的催化效率最高。La2O3和NiO作催化劑均可能使SO2的轉(zhuǎn)化率達到很高，不考慮價格因素，選擇La2O3的主要優(yōu)點是___________。(3)一定條件下，若在恒壓密閉容器中發(fā)生硫的回收反應(yīng)，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示，則P1、P2、P3、P4由大到小的順序為___________；某溫度下，若在恒容密閉容器中，初始時c(CO)=2amol·L－1，c(SO2)=amol·L－1，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，則該溫度下反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為___________。(4)某實驗小組為探究煙氣流速、溫度對該反應(yīng)的影響，用La2O3作催化劑，分別在兩種不同煙氣流量、不同溫度下進行實驗。實驗結(jié)果顯示：在260℃時，SO2的轉(zhuǎn)化率隨煙氣流量增大而減小，其原因是___________；在380℃時，SO2的轉(zhuǎn)化率隨煙氣流量增大而增大，其原因是___________。(5)工業(yè)上常用Na2SO3溶液吸收煙氣中的SO2，將煙氣通入1.0mol·L－1的N2SO3溶液，當(dāng)溶液pH約為6時，吸收SO2的能力顯著下降此時溶液中c(HSO3－)c︰(SO32－)=___________。(已知H2SO3的Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【分析】硼化釩-空氣燃料電池中，VB2在負極失電子，氧氣在正極上得電子，電池總反應(yīng)為：4VB2＋11O24B2O3＋2V2O5，則與負極相連的c為電解池的陰極，銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，與氧氣相連的b為陽極，氫氧根失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此分析計算?！驹斀狻緼、負極上是VB2失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則VB2極發(fā)生的電極反應(yīng)為：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，選項A錯誤；B、外電路中電子由VB2電極流向陰極c電極，選項B錯誤；C、電解過程中，與氧氣相連的b為陽極，氫氧根失電子生成氧氣，選項C錯誤；D、當(dāng)外電路中通過0.04mol電子時，B裝置內(nèi)與氧氣相連的b為陽極，氫氧根失電子生成氧氣為0.01mol，又共收集到0.448L氣體即=0.02mol，則陰極也產(chǎn)生0.01moL的氫氣，所以溶液中的銅離子為=0.01mol，則CuSO4溶液的物質(zhì)的量濃度為=0.05mol/L，選項D正確；答案選D?！军c睛】本題考查原電池及其電解池的工作原理，題目難度不大，本題注意把握電極反應(yīng)式的書寫，利用電子守恒計算。2、B【解析】A.相同濃度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，因HClO的電離程度小于CH3COOH的電離程度，ClO—的水解程度大于醋酸根離子，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A錯誤；B.醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=1.8×10－5=c(H+)×c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，而c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5：9時，c(H+)=Ka×(CH3COOH)/c(CH3COO-)=1.8×10-5×5/9=10-5。PH=5，B正確；HClO的平衡常數(shù)介于碳酸一、二級電離常數(shù)之間，次氯酸鈉溶液中通入少量CO2的離子方程式為：ClO－＋CO2＋H2O＝HCO32－＋HClO，C錯誤；等濃度的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，陰離子越弱，其水解越強，pH值越大，反之，等pH的CH3COONa溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其濃度由大到小為：c(CH3COONa)＞c(NaClO)＞c(Na2CO3)＞c(NaOH)。D錯誤。3、D【解析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。若X為第二周期元素，X原子的次外層電子數(shù)為a，最外層電子數(shù)為b；所以a=2；Y為第三周期元素，Y原子的L層電子數(shù)為(a＋b)，M層電子數(shù)為(b－a)；所以a＋b=8，b=6；b－a=4；所以X為O，Y為Si；W、Z原子的最外層電子數(shù)分別為(b－1)和b，所以W原子最外層電子數(shù)為5，W為N，Z原子最外層電子數(shù)為6，且在Y元素之后，所以Z為S；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻縒、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。若X為第二周期元素，X原子的次外層電子數(shù)為a，最外層電子數(shù)為b；所以a=2；Y為第三周期元素，Y原子的L層電子數(shù)為(a＋b)，M層電子數(shù)為(b－a)；所以a＋b=8，b=6；b－a=4；所以X為O，Y為Si；W、Z原子的最外層電子數(shù)分別為(b－1)和b，所以W原子最外層電子數(shù)為5，W為N，Z原子最外層電子數(shù)為6，且在Y元素之后，所以Z為S；A.元素的非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：O>Si，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>Y，A錯誤；B.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，而題給氧化物的水化物，不知非金屬元素的價態(tài)高低，無法判斷其酸性強弱，B錯誤；C.同一周期，從左到右原子半徑減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，因此原子半徑：N<S；C錯誤；D.X與Y形成的化合物為SiO2，性質(zhì)穩(wěn)定，常溫下不能與鹽酸反應(yīng)，D正確；綜上所述，本題選D?！军c睛】元素非金屬性比較規(guī)律：①非金屬元素的單質(zhì)與氫氣化合的難易程度及氫化物的穩(wěn)定性，越容易化合，形成的氫化物越穩(wěn)定，該元素的非金屬性就越強；②非金屬元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，該元素的非金屬性就越強。4、C【解析】A．漂白粉溶液在空氣中失效是因為次氯酸根離子吸收二氧化碳生成碳酸鈣和次氯酸：ClO－+CO2+H2O＝HClO+CaCO3↓，故A錯誤；B．用濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)制取少量氯氣，離子方程式為：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O，故B錯誤；C．向澄清的石灰水中通入過量的CO2生成碳酸氫鈣：CO2+OH-＝HCO3-，故C正確；D．在強堿溶液中，次氯酸鈉與Fe(OH)3反應(yīng)生成Na2FeO4的離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O，故D錯誤；故答案選C。5、B【詳解】①酸性溶液中存在大量H+，ClO－與H+能夠反應(yīng)生成弱電解質(zhì)HClO，且ClO－能氧化I-，因此該組微粒不能大量共存；②含溶液呈紫紅色，不能在無色溶液中大量共存；③堿性溶液中存在大量OH-，該組微粒之間相互之間不會發(fā)生反應(yīng)，因此能夠大量共存；④含F(xiàn)e3＋的溶液呈酸性，因此不能在中性溶液中大量共存；⑤常溫下，由水電離出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，該組微粒之間不會發(fā)生反應(yīng)，且與H+、OH-均不會反應(yīng)，因此能夠大量共存；⑥與鋁粉反應(yīng)放出H2的無色溶液可能為酸溶液，也可能為強堿溶液，強堿性條件下Al3＋能與OH-之間會發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存；綜上所述，各組離子在指定溶液中一定能大量共存的有③⑤，共2組，故答案為B。6、C【解析】A．氮原子的最外層有5個電子，故其電子式為，故A錯誤；B．質(zhì)量數(shù)標(biāo)示在元素符號的左上方，而質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，故質(zhì)子數(shù)為9中子數(shù)為20的氟原子的質(zhì)量數(shù)為29，故表示為299F，故B錯誤；C．對硝基苯酚中﹣OH和﹣NO2在苯環(huán)的對位，且硝基中N原子連接在苯環(huán)上，故表示為，故C正確；D．HCO3﹣水解為H2CO3和OH﹣，故水解的離子方程式為HCO3﹣+H2O?OH﹣+H2CO3，故D錯誤；故答案為C。7、D【解析】溫度一定時，X%隨著壓強增大而減??；壓強一定時，X%隨著溫度升高而減小。A.加壓平衡右移，NH3增多，故X不是NH3；B.加壓，平衡不移動，故X不是HI；C.升溫平衡右移，SO2增多，故X不是SO2；D.升溫平衡左移，NO減少，加壓平衡左移，NO減少，故X可以是NO。故選D。點睛：其他條件不變時，升溫平衡向著吸熱反應(yīng)方向移動；其他條件不變時，加壓平衡向著氣體物質(zhì)的量減少的方向移動。8、B【分析】根據(jù)CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2價降低為0，被還原；N元素的化合價由-3價升高為0，被氧化；根據(jù)電子守恒、原子守恒配平為4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判斷?！驹斀狻緼.氯化銨中N元素化合價升高被氧化，氧化銅中銅元素化合價降低被還原，則被氧化和被還原的元素分別為N和Cu，故A錯誤；B.根據(jù)反應(yīng)4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，參加反應(yīng)的氧化劑為氧化銅，還原劑為氯化銨，作氧化劑的氧化銅與作還原劑的氯化銨的物質(zhì)的量之比為3：2，故B正確；C.由反應(yīng)可知，生成1mol氣體轉(zhuǎn)移6mol電子，則產(chǎn)生0.2mol的氣體轉(zhuǎn)移的電子為0.2mol×6=1.2mol，故C錯誤；D.由反應(yīng)4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被還原的氧化銅占參加反應(yīng)的氧化銅的3/4，故D錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。9、B【詳解】A.Cl2+H2O?HCl+HClO，氯水中的次氯酸見光易分解，生成HCl和O2，次氯酸的濃度減小，平衡正向移動，久置后酸性增強，pH變小，能用勒夏特列原理解釋，故A不符合題意；B.HCl為強電解質(zhì)，完全電離，不存在可逆過程，加水稀釋，鹽酸中氫離子濃度降低，與勒夏特列原理無關(guān)，故B符合題意；C.合成氨是可逆反應(yīng)且反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，，增大壓強，平衡向著使壓強減小的方向移動，能夠用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意；D.工業(yè)上生產(chǎn)硫酸存在平衡2SO2+O2?2SO3，使用過量的空氣，增大氧氣的濃度，平衡向正反應(yīng)移動，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意；故答案為B?！军c睛】勒夏特列原理是如果改變影響平衡的一個條件(如濃度、壓強或溫度等)，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動；勒夏特列原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用平衡移動原理解釋，勒夏特列原理對所有的動態(tài)平衡都適用。10、D【詳解】①鈉與硫酸鎂溶液反應(yīng)生成氫氣、氫氧化鎂沉淀，正確；②鈉與硫酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氣，得不到沉淀，錯誤；③鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，反應(yīng)放熱且消耗水，氫氧化鈣溶解度隨溫度升高而減小，故有白色沉淀氫氧化鈣析出，正確；④鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉與碳酸氫鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，正確；⑤鈉與硫酸銅溶液反應(yīng)生成氫氣、氫氧化銅藍色沉淀，錯誤；⑥溶液中的水反應(yīng)，生成物為氫氧化鈉和氫氣，有氣體產(chǎn)生，水減少，飽和氯化鈉溶液析出白色氯化鈉固體，正確；⑦鈉與FeCl3溶液反應(yīng)生成氫氣，氫氧化鐵紅褐色沉淀，錯誤。答案選D?！军c睛】掌握鈉的化學(xué)性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，注意鈉與鹽溶液反應(yīng)，不能置換出鹽中的金屬，這是因為金屬陽離子在水中一般是以水合離子形式存在，即金屬離子周圍有一定數(shù)目的水分子包圍著，不能和鈉直接接觸，所以鈉先與水反應(yīng)，然后生成的堿再與鹽反應(yīng)。例如鈉與氯化鐵溶液反應(yīng)：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl。11、B【解析】①中Na2O2為過氧化物，不屬于堿性氧化物，A12O3為兩性氧化物，也不屬于堿性氧化物，故①說法不正確；②常溫下Fe、Al在濃硫酸中發(fā)生鈍化，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故②說法不正確；③二氧化碳通入CaCO3懸濁液中發(fā)生化合反應(yīng)：CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2；氫氧化亞鐵在空氣中被氧化發(fā)生化合反應(yīng):4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；鐵與氯化鐵可發(fā)生化合反應(yīng)生成氯化亞鐵：Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反應(yīng)制得，故③說法正確；④金屬Na、Mg、Al的冶煉原理分別為：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故④說法正確；⑤碘晶體分散到酒精中形成的是碘的酒精溶液，而飽和氯化鐵溶液滴入沸水中所形成的是氫氧化鐵膠體，故⑤說法正確；綜上所述，正確的說法有③④⑤，故答案選B。12、C【詳解】A.0.1mol·L－1FeCl2溶液：ClO－、H+、Fe2+將發(fā)生氧化還原反應(yīng)ClO－+2H++2Fe2+=Cl-+2Fe3++H2O，A中離子不能大量共存；B.c(OH－)水=1×10-11mol/L，說明水的電離受到抑制，溶液為酸或堿，若溶液呈酸性，則AlO2－、OH－不能大量共存；C.0.1mol·L－1H2SO4溶液：Mg2＋、K＋、NH4+、NO3-都能大量共存；D.加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生，溶液為酸或堿，若溶液呈酸性，則CO32-不能大量共存。故選C。13、A【詳解】A.標(biāo)況下11.2L一氧化碳的物質(zhì)的量為0.5mol，每個分子含有6+10=16個中子，故總共含有8mol中子，故A正確；B.12克金剛石為1mol，每個碳原子平均形成2個共價鍵，所以共形成2mol共價鍵，故B錯誤；C.氧化鋰含有3個離子，過氧化鈉也含有3個離子，故1mol混合物含有3mol離子，故C錯誤；D.沒有說明溶液的體積，不能計算，故D錯誤。故選A?！军c睛】阿伏加德羅常數(shù)是常考題型。掌握常見物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和微粒的關(guān)系，注意溶液中的微粒的計算需要考慮濃度和體積的數(shù)據(jù)以及溶液中是否存在電離或水解平衡等。14、A【詳解】A.分離固體和液體用過濾，從水溶液中提取碘一般用萃取的方法，步驟①、③的操作分別是過濾、萃取分液，故A正確；B.淀粉遇到I2會變藍色，遇碘離子不變色，其不能確定碘離子的存在，因此不能用淀粉檢驗步驟②的反應(yīng)是否進行完全，故B錯誤；C.萃取劑不能和溶質(zhì)反應(yīng)，且萃取劑和原溶劑不能互溶，由于乙醇能與水互溶，裂化汽油與碘單質(zhì)反應(yīng)，其不能做萃取劑，故C錯誤；D.碘易溶于有機溶劑，應(yīng)該用蒸餾的方法提取碘，步驟④的操作是蒸餾，故D錯誤；故選：A。15、B【詳解】A.根據(jù)圖知，lg=0時，HX的pH>1，說明HX部分電離為弱電解質(zhì)，HY的pH=1，說明HY完全電離，為強酸，HY的酸性大于HX，故A錯誤；B.酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度越小其抑制水電離程度越小，根據(jù)圖知，b溶液中氫離子濃度小于a，則水電離程度a<b，所以由水電離出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，故B正確；C.酸的電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以相同溫度下，電離常數(shù)K(HX)：a=b，故C錯誤；D.lg＝3，若同時微熱兩種溶液，n(X-)增大，n(Y-)不變，二者溶液體積相等，所以變大，故D錯誤；故選B。16、C【解析】有機物M是由丙烯酸和R-OH醇先酯化再加聚得到的，其中含有酯基，故A正確，B正確。水解后為聚丙烯酸仍是高分子化合物故D正確。M水解得R-OH不能得到RCOOH，故C錯誤，本題的正確選項為C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、第三周期ⅥA族SiO2SiO2+2OH-==SiO32-+H2O極性Mg2Mg+CO2==2MgO+C【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，則X是C元素；Y2+電子層結(jié)構(gòu)與氖相同，則Y是Mg元素；Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，室溫下M單質(zhì)為淡黃色固體，則Z是Si元素；M是S元素。（1）M元素是S，核外電子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第三周期第VIA族；（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常見的二元化合物是SiO2，與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為SiO2+2OH-==SiO32-+H2O；（3）X與M的單質(zhì)在高溫下反應(yīng)產(chǎn)生CS2，結(jié)構(gòu)與CO2類似，由于是不同元素的原子形成的共價鍵，所以其化學(xué)鍵屬極性共價鍵，電子式為；（4）四種元素中只有Mg是金屬元素，密度比較小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制備，該金屬是比較活潑的金屬，可以與二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Mg+CO22MgO+C。點睛：高考要求學(xué)生熟練掌握同一周期、同一主族的原子結(jié)構(gòu)和元素性質(zhì)的遞變規(guī)律，了解元素原子結(jié)構(gòu)、元素在周期表中的位置、性質(zhì)及其它們之間的關(guān)系。高考命題中常將將元素周期表、元素周期律、與元素性質(zhì)結(jié)合進行考查，有時還會結(jié)合相應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)和制備進行考查，該種題型是高考經(jīng)典和必考題型。通過元素周期表考查元素性質(zhì)（主要包含元素主要化合價、元素金屬性非金屬性、原子或離子半徑等），充分體現(xiàn)了化學(xué)周期表中位置反映結(jié)構(gòu)、結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)這一基本原理，更突顯了化學(xué)學(xué)科規(guī)律的特色。本題主要是元素“位、構(gòu)、性”三者關(guān)系的綜合考查，比較全面考查學(xué)生有關(guān)元素推斷知識和靈活運用知識的能力。18、ArAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OK＞Na＞MgH2O＞HBr＞HCl2K+2H2O=2KOH+H2↑AB最外層電子數(shù)相同，Br的原子半徑大，得到電子能力比Cl弱，非金屬性Cl大于Br【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F(xiàn)是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)和元素周期律分析解答?！驹斀狻坑稍卦谥芷诒淼奈恢每芍?，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F(xiàn)是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。(1)元素周期表中化學(xué)性質(zhì)最不活潑是稀有氣體元素，即Ar的性質(zhì)最不活潑，故答案為Ar；(2)鋁元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物為氫氧化鋁，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)一般而言，電子層越多，半徑越大，所以K的半徑最大，電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小，半徑越大，則Na＞Mg，所以原子半徑大小為K＞Na＞Mg，故答案為K＞Na＞Mg；(4)H2O分子間存在氫鍵，沸點最高；HCl和HBr都是分子晶體，相對分子量越大，沸點越高，則沸點：HBr＞HCl，所以沸點高低為：H2O＞HBr＞HCl，故答案為H2O＞HBr＞HCl；(5)E為C元素，其氧化物若為二氧化碳，屬于共價化合物，其電子式為；F是O，氫化物為水，K與水反應(yīng)生成氫氧化鉀和氫氣，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案為；2K+2H2O=2KOH+H2↑；(6)A．金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，金屬性：Al＜Mg，則堿性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解釋，故A選；B．非金屬性越強，對應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，穩(wěn)定性：HCl＜HF，可用元素周期律解釋，故B選；C．Cu與氯化鐵發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與元素周期律無關(guān)，不能用元素周期律解釋，故C不選；故答案為AB；(7)G的單質(zhì)可以從NaBr溶液中置換出Br2單質(zhì)，因為Cl和Br的最外層電子數(shù)相同，Br的原子半徑大，得到電子能力比Cl弱，非金屬性Cl大于Br，故答案為最外層電子數(shù)相同，Br的原子半徑大，得到電子能力比Cl弱，非金屬性Cl大于Br?！军c睛】本題的易錯點為(5)，要注意C的氧化物常見的有CO2和CO，均為共價化合物，其中CO的電子式為，其中含有一個配位鍵。19、Ca(ClO)2+2HCl=Cl2↑+H2O+CaCl2長頸漏斗中液面明顯上升，形成水柱d黃（或橙）溶液變藍色E處未能排除D中過量Cl2的干擾，而置換出I2Cl2通入NaHSO3溶液中會產(chǎn)生SO2，污染空氣【解析】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸鈣和氯化鈣，其中次氯酸鈣與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣；(2)依據(jù)裝置中氣體壓強變化和長頸漏斗中液體液面變化分析判斷；(3)依據(jù)氯氣無漂白作用，氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸具有漂白性，進行實驗設(shè)計；(4)依據(jù)氯氣和溴化鈉反應(yīng)生成溴單質(zhì)；液體溴單質(zhì)和碘化鉀溶液中的碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，結(jié)合溴水的顏色和碘與淀粉的顯色反應(yīng)分析解答；(5)依據(jù)裝置圖氣體流向分析，E裝置中D處不能排除氯氣的干擾；裝置F處不能吸收生成的污染性氣體二氧化硫分析解答。【詳解】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸鈣和氯化鈣，次氯酸鈣與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，反應(yīng)方程式為：Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案為Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)裝置B的作用之一是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞，若堵塞，裝置AB中氣體壓強增大，會把B中的液體壓入長頸漏斗中形成水柱；故答案為長頸漏斗中液面明顯上升，形成水柱；

(3)氯氣無漂白作用，氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸具有漂白性。a、氯氣從食鹽水中出來會含有水蒸氣，干燥有色布條會褪色，通過堿石灰后，氯氣會被吸收，后續(xù)試驗無法驗氯氣是否具有漂白性，故a錯誤；b、氯氣從食鹽水中出來會含有水蒸氣，干燥有色布條會褪色，通過硅膠后，水蒸氣會被吸收，但遇到濕潤的有色布條會褪色，不能證明其漂白作用的物質(zhì)，故b錯誤；c、氯氣從食鹽水中出來會含有水蒸氣，濕潤有色布條會褪色，U形管中加入濃硫酸，氣體不能進入后面裝置，不能證明氯氣是否有漂白性，故c錯誤；d、氯氣從食鹽水中出來會含有水蒸氣，濕潤有色布條會褪色，通過固體干燥劑氯化鈣吸收水后，遇干燥的有色布條不褪色證明氯氣無漂白性，故d正確；故答案為d；(4)D中是溴化鈉，當(dāng)向D中緩緩?fù)ㄈ肷倭柯葰鈺r，氯氣和溴化鈉反應(yīng)生成溴單質(zhì)，可以看到無色溶液逐漸變?yōu)辄S，所以現(xiàn)象為：溶液從無色變化為黃色：氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，說明氯氣的氧化性強于溴；打開活塞，將裝置D中含溴單質(zhì)的少量溶液加入含碘化鉀淀粉溶液的裝置E中，溴單質(zhì)和碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇淀粉變藍，故答案為黃(或橙)；

溶液變藍色；

(5)裝置中在驗證溴單質(zhì)氧化性大于碘單質(zhì)的實驗驗證方法中不能排除氯氣氧化碘離子的干擾作用；最后裝置F氯氣通入會和水反應(yīng)生成鹽酸，鹽酸和亞硫酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化硫污染氣，不能被吸收，故答案為①E處未能排除D中過量Cl2的干擾，而置換出I2；

②Cl2通入NaHSO3溶液中會產(chǎn)生SO2，污染空氣?！军c睛】本題考查了氯氣的實驗室以及氯氣化學(xué)性質(zhì)的應(yīng)用。本題的易錯點為(3)，要注意漂白作用是次氯酸的性質(zhì)，不是氯氣的性質(zhì)。20、SO42-Fe2+B除去多余的SO2，防止污染大氣I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO42-方案①因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色【分析】本題通過硫及其化合物、鐵鹽及亞鐵鹽的性質(zhì)等考查氧化還原反應(yīng)的概念，可從離子檢驗的知識點進行分析解答。【詳解】（1）二氧化