內蒙古鄂爾多斯市達拉特旗第一中學2026屆高三化學第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項: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。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、螺[2，2]戊烷的結構簡式如圖。下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A．與環(huán)戊烯互為同分異構體 B．二氯代物超過兩種C．所有碳原子不共平面 D．與丙烷互為同系物2、化學與社會、生產、生活緊切相關。下列說法正確的是A．石英只能用于生產光導纖維B．從海水提取物質都必須通過化學反應才能實現C．為了增加食物的營養(yǎng)成分，可以大量使用食品添加劑D．“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂3、200mL稀溶液中c(KNO3)=lmol/L，c(H2SO4)=0.5mol/L，向其中加入5.6g鐵粉，充分反應(已知NO被還原為NO)。下列說法正確的是A．反應后生成標準狀況下NO的體積為2.8LB．所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1C．反應后鐵粉有剩余D．所得溶液中的溶質為FeSO44、不屬于酸性氧化物的是A．SO3 B．NO C．CO2 D．SO25、在一個密閉容器中，中間有一可自由滑動的隔板，將容器分成兩部分。當左邊充入28gN2，右邊充入8gCO和CO2的混合氣體時，隔板處于如圖所示位置（兩側溫度相同）。則混合氣體中CO和CO2的分子個數比為（）A．1：1B．1：3C．2：1D．3：16、下列排列順序正確的是()A．電離出氫離子的能力：CH3COOH＞C2H5OH＞H2OB．微粒半徑：Fe(OH)3膠粒＞K+＞C1-＞Na+C．固體的熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3D．氫化物的沸點：H2Se＞H2S＞H2O7、W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序數依次增大。前三種元素形成的簡單離子分別為W2－、X＋、Y2－，下列說法錯誤的是（）A．W、X、Y、Z的氫化物都是共價化合物B．X、Y、Z與W形成的化合物都不止一種C．Z的氣態(tài)氫化物和最高價氧化物對應的水化物都是強酸D．簡單離子半徑：X＋<W2－<Y2－8、在C(s)+CO2(g)2CO(g)反應中可使化學反應速率增大的措施是①增大壓強②增加碳的量③恒容通入CO2④恒壓充入N2⑤恒容充入N2A．①⑤ B．②④ C．①③ D．③⑤9、下列有關實驗的描述正確的是A．向碘化鈉稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固體B．向分別裝有1gNa2CO3和NaHCO3固體的試管中滴入幾滴水，溫度高的為Na2CO3C．將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，變紅，說明樣品變質D．中和熱測定時環(huán)形玻璃攪拌棒要不斷順時針攪拌，目的是為了混合均勻，充分反應10、下列關于金屬鈉的敘述錯誤的是A．金屬鈉可以保存在煤油中B．金屬鈉著火時，可用泡沫滅火器來滅火C．鈉與熔融的四氯化鈦反應可制取鈦D．實驗時用剩的鈉塊應該放回原試劑瓶11、我國對可呼吸的“鈉一二氧化碳電池”研究有新突破，其原理為：4Na+3CO2=2Na2C03+C,用NaClO4/TEGDME溶液作電解質溶液（注明：TEGDME為有機物）。下列說法正確的是A．放電時，Na+向負極遷移B．放電時，負極反應式為：Na-e-=Na+C．充電時，Na2CO3在陽極發(fā)生氧化反應D．TEGDME可用醇、羧酸類有機物代替12、在恒容密閉容器中進行氫氣與碘（氣態(tài)）合成HI的反應，下列說法能表明反應達到平衡的是A．氣體的平均分子量不再變化 B．反應的平衡常數不變C．?(H2)=2?(HI) D．氣體的顏色不再變化13、下列過程中沒有明顯實驗現象的是A．向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液B．向飽和的NaCl和NH3的混合溶液中通入過量的CO2C．將NaHCO3和NaOH兩種溶液混合D．向Na2S2O3溶液中加入稀鹽酸14、常溫時，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物種分布分數(X)=與pH的關系如圖所示：下列說法正確的是A．反應HCO3-H＋＋CO32-的lgK=-6.4B．pH═8的溶液中：c（Na＋）>c（HCO3-）C．NaHCO3溶液中滴入少量鹽酸至溶液顯中性：c（Na＋）═c（Cl-）D．向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要發(fā)生的離子反應：HCO3-＋OH-═CO32-＋H2O15、a、b、c、d、e為原子序數依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一個電子，b3-與d3+離子的電子層結構相同；c原子最外層電子數是次外層電子數的3倍。下列敘述錯誤的是（）A．簡單離子的半徑：c＞d B．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：c＞bC．a、b、c可能形成離子化合物 D．e的最高價氧化物對應的水化物是強酸16、硒（Se）與S同主族，下列能用于比較兩者非金屬性強弱的是()A．氧化性：SeO2>SO2 B．熱穩(wěn)定性：H2S>H2SeC．沸點：H2S<H2Se D．酸性：H2SO3>H2SeO317、下列化學用語表述正確的是A．二氧化碳的電子式:B．氯化氫的電子式：C．CH4分子的比例模型：D．水的電離方程式：H2O=H++OH-18、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結構)中所含P-P鍵數目為4NAB．20mL10mol·L-1的濃硝酸與足量銅加熱反應轉移電子數為0.2NAC．0.1molNH2-所含電子數約為6.02×1023個D．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數小于0.2NA19、“蛟龍”號外殼用特殊的鈦合金材料制成，它可以在深海中承受700個大氣壓的壓力。已知金屬鈦的原子序數為22，化學性質與鋁類似。下列說法正確的是A．鈦屬于主族元素B．鈦合金強度很大，是有色金屬材料C．蒸干TiCl4溶液可得無水鈦鹽D．在空氣中將金屬鈦、鋁混合后熔化可制得合金20、工業(yè)上利用無機礦物資源生產部分材料的流程圖如下。下列說法正確的是（）（注：鋁土礦中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）A．在鋁土礦制備較高純度A1的過程中只用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B．石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反應C．在制粗硅時，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2D．黃銅礦（CuFeS2)與O2反應產生的Cu2S、SO2均是還原產物21、下列陳述I、Ⅱ均正確且有因果關系的是陳述I陳述ⅡACO2能與水反應生成碳酸CO2屬于酸性氧化物BAlCl3屬于共價化合物AlCl3屬于非電解質C漂白粉中的Ca(ClO)2會與空氣中CO2、H2O反應漂白粉應密封保存DH2O2和SO2均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色H2O2有還原性，SO2有漂白性A．A B．B C．C D．D22、銅和鎂的合金4.35g完全溶于濃硝酸，若反應中硝酸被還原只產生4480mLNO2氣體和336mL的N2O4氣體(氣體的體積已折算到標準狀況)，在反應后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質量為（）A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：①在稀堿溶液中，溴苯難發(fā)生水解②現有分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，吸收峰的面積比為1:2:6:1，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應，其中C能發(fā)生銀鏡反應，E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應。請回答下列問題：（1）X中官能的名稱是______________。（2）F→H的反應類型是_________________。（3）I的結構簡式為___________________；（4）E不具有的化學性質________（選填序號）a．取代反應b．消去反應c．氧化反應d．1molE最多能與2molNaHCO3反應（5）寫出下列反應的化學方程式：①X與足量稀NaOH溶液共熱的化學方程式：________________；②F→G的化學方程式：____________________；（6）同時符合下列條件的E的同分異構體共有_____種，其中一種的結構簡式為________。a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種b．不能發(fā)生水解反應c．遇FeCl3溶液不顯色d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應24、（12分）元素A～D是元素周期表中短周期的四種元素，請根據表中信息回答下列問題。元素性質或結構信息ABCD單質制成的高壓燈，發(fā)出的黃光透霧力強、射程遠。工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質。原子的最外層未達到穩(wěn)定結構。單質常溫、常壓下是氣體，原子的L層有一個未成對的p電子。+2價陽離子的核外電子排布與氖原子相同。（1）上表中與A屬于同一周期的元素是__；寫出D離子的電子排布式___。（2）D和C形成的化合物屬于__晶體。寫出C單質與水反應的化學方程式___。（3）對元素B的單質或化合物描述正確的是___。a．B元素的最高正價為+6b．常溫、常壓下單質難溶于水c．單質分子中含有18個電子d．在一定條件下鎂條能與單質B反應（4）A和D兩元素金屬性較強的是(寫元素符號)___。寫出能證明該結論的一個實驗事實___。25、（12分）某化學反應2AB＋D在四種不同條件下進行，B、D起始濃度為0。反應物A的濃度（mol/L）隨反應時間（min）的變化情況如下表：根據上述數據，完成下列填空：（1）在實驗1，反應在10至20分鐘時間內平均速率為_____mol/（L·min）。（2）在實驗2，A的初始濃度c2＝____________mol/L，反應經20分鐘就達到平衡，可推測實驗2中還隱含的條件是___________。（3）設實驗3的反應速率為v3，實驗1的反應速率為v1，則v3_______v1（填＞、＝、＜），且c3_______1.0mol/L（填＞、＝、＜）。（4）比較實驗4和實驗1，可推測該反應是____反應（選填吸熱、放熱）。理由是__________26、（10分）亞硝酸鈉常用作食品防腐劑?，F用下圖所示儀器（夾持裝置已省略）及藥品。探究亞硝酸鈉與硫酸的反應及生成氣體產物的成分。巳知氣體液化的溫度：NO2:21℃；NO：-152℃回答下列問題：（1）為了檢驗裝置A中生成的氣體產物，儀器的連接順序為(按從左到右連接):A→C→___→____→______。（2）組裝好儀器后，接下來進行的操作是____；實驗開始時通入N2的作用是______.（3）關閉彈簧夾K1，打開分液漏斗活塞，滴入70％硫酸后，A中產生紅棕色氣體。確認A中產生的氣體中含有NO，依據的現象是__________；裝置E的作用是__________。（4）根據上述實驗，寫出該反應的化學方程式：__________。如果沒有裝置C，對驗證結論造成的影響是__________。（5）實驗結束后還需通入N2的作用是_______；如果向D中通入過量O2，則裝置B中發(fā)生反應的離子方程式為_____________。27、（12分）平板電視顯示屏生產過程中產生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)。某小組以此廢玻璃為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于強酸或強堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進行的操作________，反應①的離子方程式_______。(2)反應②的離子方程武是____________。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前要進行的操作是______。(4)反應③需要加入的試劑X可以是_________。(5)用滴定法測定制得的Ce(OH)4產品純度。用FeSO4溶液滴定用_____做指示劑，滴定終點的現象_______若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產品的質量分數____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。28、（14分）PbO2是一種棕黑色粉末，難溶于水，可用作強氧化劑和電極制造等。實驗室由Ca(ClO)2溶液氧化堿性Pb(OH)2法制備PbO2的步驟如下：2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O（1）“氧化”過程中，反應液的pH____（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）“硝酸洗”時，被溶解的含鉛雜質可能是____________（填化學式）。（3）產品定性檢驗：向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量產品，攪拌并水浴微熱，溶液變紫色，說明含有PbO2。該反應的離子方程式為____（PbO2被還原為Pb2+）。（4）為測定產品（只含PbO2和PbO）中PbO2、PbO的物質的量之比，稱取產品0.5194g，加入?20.00?mL?0.2500?mol·L－1H2C2O4溶液（PbO2還原為Pb2+）攪拌使其充分反應，然后用氨水中和，過濾、洗滌除去PbC2O4，濾液酸化后用0.0400?mol·L－1KMnO4標準溶液滴定至終點（MnO還原為Mn2+，H2C2O4被氧化為CO2），消耗標準溶液10.00?mL。計算產品中n(PbO2)與n(PbO)物質的量之比（寫出計算過程）____________。29、（10分）無機化合物可根據其組成和性質進行分類。以下是一組對“一些物質與水反應”的分類圖,請按要求填空:(1)上述分類中,分成A、B兩組的依據是_________。(2)D組物質與水反應中,氧化劑和還原劑物質的量之比為1∶1的物質有__(填化學式)。(3)實驗室由Al3+制備Al(OH)3時,應選擇F組中_____(填化學式)的水溶液,離子方程式為______。(4)三氟化氮(NF3)是一種無色，無味的氣體，它是微電子工業(yè)技術的關鍵原料之一，三氟化氮在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應，其反應的產物有：HF、NO和HNO3，請根據要求回答下列問題：①寫出該反應的化學方程式___，②NF3無色、無臭，但一旦在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現，判斷該氣體泄漏時的現象是__。

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．環(huán)戊烯結構簡式為，螺(2，2)戊烷、環(huán)戊烯的分子式都為C5H8，螺(2，2)戊烷、環(huán)戊烯分子式相同，結構不同，所以二者互為同分異構體，故A正確；B．螺(2，2)戊烷的二氯代物中兩個氯原子可能位于1號碳原子上、可能位于1號和2號碳原子上、可能位于1號和3號碳原子上、可能位于1號和4號C原子上，所以其二氯代物超過2種，故B正確；C．該分子中中間的碳原子上具有甲烷結構特點，甲烷為正四面體結構，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故C正確；D．螺[2，2]戊烷含有環(huán)狀結構，與丙烷結構不相似，不是同系物，故D錯誤；故選D。2、D【詳解】選項

具體分析

結論

A

石英的主要成分為SiO2,不僅可以用來生產光導纖維還可以生產玻璃、晶體硅等

錯誤

B

從海水中提取食鹽和淡水屬于物理變化

錯誤

C

食品添加劑大量使用會對人體健康造成危害,應該合理使用

錯誤

D

“地溝油”的主要成分為油脂,但其中含有對人體有害的物質,不能食用,但可以利用皂化反應來制造肥皂

正確

3、C【詳解】溶液中H+總物質的量為：n(H+)=0.5mol/L×2×0.2L=0.2mol，NO的物質的量n(NO)=1mol/L×0.2L=0.2mol，鐵粉的物質的量n(Fe)==0.1mol。由3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，可知n(Fe)：n(NO)：n(H+)=3：2：8，則0.2molH+完全反應需消耗Fe的物質的量是n(Fe)耗=×0.2mol=0.075mol＜0.1mol，消耗NO的物質的量n(NO)=×0.2mol=0.05mol＜0.2mol，說明反應后鐵粉、NO有剩余，由于Fe與Fe3+會發(fā)生反應產生Fe2+，所以溶液中不可能存在Fe3+，則溶液中含有的溶質為FeSO4、Fe(NO3)2，根據方程式3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O中物質反應轉化關系可知反應產生的NO的物質的量n(NO)=×0.2mol=0.05mol，則其在標準狀況下的體積V(NO)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，綜上所述可知，題干選項中正確的是C。4、B【詳解】A.SO3溶于水，與水反應產生硫酸2SO4，因此SO3是酸性氧化物，A不符合題意；B.NO是不成鹽氧化物，不屬于酸性氧化物，B符合題意；C.CO2溶于水，與水反應產生碳酸H2CO3，因此CO2是酸性氧化物，C不符合題意；D.SO2溶于水，與水反應產生亞硫酸H2SO3，因此SO2是酸性氧化物，D不符合題意；故合理選項是B。5、D【解析】根據阿伏加德羅定律可知相同條件下氣體的體積之比是物質的量之比，根據示意圖可知氮氣和混合氣體的體積之比是4：1。28g氮氣是1mol，所以混合氣體的物質的量是0.25mol，設混合氣體中CO和CO2的物質的量分別是xmol、ymol，則x+y＝0.25、28x+44y＝8，解得x＝0.1875、y＝0.0625，所以混合氣體中CO和CO2的分子個數比為3：1，答案選D。6、C【解析】A.醋酸屬于酸，溶于水呈酸性；水為弱電解質，可以電離出氫離子，呈中性；乙醇是非電解質，不能電離出氫離子，電離出氫離子的能力：CH3COOH＞H2O＞C2H5OH，故A錯誤；B.Fe（OH）3膠粒是很多Fe（OH）3集合體，微粒半徑大于溶液離子；核外電子排布相同，核電荷數越大離子半徑越小，所以C1-＞K+；最外層電子數相同，電子層越多，離子半徑越大，所以K+＞Na+，微粒半徑：Fe（OH）3膠粒＞C1-＞K+＞Na+，故B錯誤；C.碳酸鈉穩(wěn)定不分解，碳酸鈣高溫分解，碳酸氫鈉加熱分解，固體熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3，故C正確；D.水分子中存在氫鍵，沸點高于同族其它元素氫化物，H2Se、H2S結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，故氫化物的沸點：H2O＞H2Se＞H2S，故D錯誤。答案選C。7、A【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序數依次增大。前三種元素形成的簡單離子分別為W2－、X＋、Y2－，說明W為O，X為Na，Y為S，Z為Cl?！驹斀狻拷浄治觯琖為O，X為Na，Y為S，Z為Cl，則A.四種元素的氫化物中，NaH為離子化合物，A錯誤；B.Na和O可以形成氧化鈉和過氧化鈉，S和O可以形成二氧化硫和三氧化硫，Cl和O可以形成二氧化氯或五氧化二氯等，B正確；C.Z的氣態(tài)氫化物和最高價氧化物對應的水化物分別是氯化氫和高氯酸，它們都為強酸，C正確；D.簡單離子半徑，電子層多徑大，序大徑小，半徑關系為Na＋<O2－<S2－，D正確；故選A?！军c睛】掌握元素周期表和元素周期律的推斷，注意半徑的比較。根據層多徑大，序大徑小分析，也就是電子層越多的半徑越大，相同電子層的微粒，原子序數越大，半徑越小。8、C【解析】①增大壓強，相當于增加反應物的濃度，化學反應速率加快，正確；②碳為固體，增加碳的量對化學反應速率幾乎無影響，錯誤；③恒容通入CO2，增加了CO2濃度，化學反應速率加快，正確；④恒壓充入N2，相當于增加容器體積，氣體的濃度將減小，化學反應速率將減小，錯誤；⑤恒容充入N2，N2對于該反應相當于“惰性氣體”，恒容充入N2，參加反應的各物質的濃度不變，化學反應速率不變，錯誤；故答案為C。9、B【解析】碘離子被氯氣氧化為碘單質，碘單質溶在水中，溶液顯紫色，不能有紫色固體析出，A錯誤；Na2CO3溶于水放熱多，所以溫度高，B正確；Fe2+、NO3-在酸性環(huán)境下發(fā)生氧化還原反應，Fe2+被氧化為Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，樣品不一定變質，C錯誤；用環(huán)形玻璃攪拌棒要輕輕攪動，防止熱量散失，D錯誤。正確答案B。10、B【詳解】A、鈉是活潑的金屬，易與水反應，易被氧氣氧化，可以保存在煤油中，A正確；B、鈉著火產生過氧化鈉，泡沫滅火器能產生CO2，過氧化鈉與CO2反應生成氧氣，因此金屬鈉著火時，不能用泡沫滅火器來滅火，應該用沙子撲滅，B錯誤；C、鈉是活潑的金屬，在熔融狀態(tài)下鈉與四氯化鈦反應可制取鈦，C正確；D、鈉是活潑的金屬，易與水反應，易被氧氣氧化，因此實驗時用剩的鈉塊應該放回原試劑瓶，D正確；答案選B。11、B【詳解】依題“鈉一二氧化碳電池”可知是原電池，則電解質溶液中陽離子移向正極故A錯誤；Na做負極，其失去電子、被氧化，故B正確；要求電解質不能與鈉反應，而醇、羧酸類有機物能與鈉反應，故D錯誤；CO2做正極反應物，得電子生成C，故充電時逆向反應，C氧化生成CO2，故C錯誤。故選B?！军c睛】解決電化學類習題，必須熟悉原電池和電解池的原型，明確兩個電極和電解質溶液，還有離子的移動方向，最后再結合具體情形準確作出判斷。12、D【解析】A、反應過程中氣體質量始終不變，氣體物質的量始終不變，氣體的平均分子量始終不變，氣體的平均分子量不再變化不能說明反應達到平衡狀態(tài)；B、平衡常數只受溫度影響，不能用來判斷反應是否達到平衡狀態(tài)；C、沒有指明反應速率的方向，不能說明反應是否達到平衡狀態(tài)；D、氣體的顏色不再變化，說明c（I2）不再變化，能說明反應達到平衡狀態(tài)；答案選D。13、C【詳解】A．向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液，溶液中的離子發(fā)生以下反應4H＋＋NO3－＋3Fe2＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液變成黃色，故A不選；B．向飽和的NaCl和NH3的混合溶液中通入過量的CO2，發(fā)生NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，有沉淀產生，故B不選；C．將NaHCO3和NaOH兩種溶液混合發(fā)生NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，無明顯現象，故C選；D．向Na2S2O3溶液中加入稀鹽酸發(fā)生Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，生黃色沉淀和刺激性氣體，故D不選；故選C。14、B【分析】A、pH═6.4時，c（HCO3-）═c（H2CO3），可求出反應H2CO3H++HCO3-的lgK；B、根據電荷守恒分析；C、根據電荷守恒分析；D、pH=8時，碳酸轉化為碳酸氫根，主要發(fā)生的離子反應為H2CO3＋OH-=HCO3-＋H2O?！驹斀狻緼、pH═6.4時，c（HCO3-）═c（H2CO3），反應H2CO3H++HCO3-的lgK═lgc(H+)=lg10-6.4=一6.4，故A項錯誤；B、pH═8的溶液中：c（H＋）<c（OH-），根據電荷守恒有c（Na+）＋c（H＋）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-）＋c（OH-），所以c（Na+）>c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-），則c（Na＋）>c（HCO3-）,故B正確；C、向NaHCO3溶液中滴入少量鹽酸至溶液顯中性時，c（H＋）═c（OH-），根據電荷守恒有c（Na+）＋c（H＋）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-）＋c（OH-），即c（Na+）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-），故C項錯誤；D、pH═6.4的溶液中含有等物質的量的NaHCO3和H2CO3，由圖像可知，pH=8時溶液中HCO3-繼續(xù)增大，繼續(xù)減少H2CO3，故主要發(fā)生的離子反應為H2CO3＋OH-=HCO3-＋H2O，故D項錯誤。故選B。15、D【分析】a、b、c、d、e為原子序數依次增大且不同主族的短周期元素，b3-與d3+離子的電子層結構相同，則b為N元素，d為Al元素；c原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，c為O元素，a的原子中只有一個電子，a可能為H或Li，則e可能為第ⅣA族的Si或第ⅦA族元素為Cl元素。【詳解】A.電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，簡單離子的半徑：c>d，故A正確；B.元素的非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：c>b，故B正確；C.a可能為H或Li、與N、O元素可能形成離子化合物，如硝酸鋰，故C正確；D.硅酸屬于弱酸，故D錯誤；故選D?！军c睛】元素的不確定增大了本題的難度。根據題意無法確定ae的元素種類，推斷是要注意“原子序數依次增大且不同主族”對元素的要求。16、B【分析】硒()與同主族，同主族從上到下，非金屬性逐漸減弱，可利用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價含氧酸的酸性等比較非金屬性，以此來解答?！驹斀狻緼．不能利用氧化物的氧化性比較非金屬性強弱，A錯誤；B．熱穩(wěn)定性：＞，可知非金屬性，B錯誤；C．不能利用熔沸點比較非金屬性強弱，錯誤；D．酸性：，不是最高價含氧酸，則不能比較非金屬性強弱，D錯誤；故選B?！军c睛】元素非金屬性強弱比較：1、簡單氫化物的穩(wěn)定性，越穩(wěn)定，非金屬性越強；2、最高價氧化物對應水化物的酸性，酸性越強，非金屬性越強；元素金屬性強弱比較：1、金屬與酸或水反應越劇烈，金屬性越強；2、最高價氧化物對應水化物堿性越強，金屬性越強。17、C【解析】A項，CO2的電子式為，錯誤；B項，HCl中只有共價鍵，HCl的電子式為，錯誤；C項，CH4為正四面體型，正確；D項，H2O為弱電解質，H2O的電離方程式為H2OH++OH-，錯誤；答案選C。點睛：本題考查化學用語，涉及電子式的書寫、分子模型的判斷、電離方程式的書寫。注意離子化合物和共價化合物電子式的區(qū)別，球棍模型與比例模型的區(qū)別，書寫電離方程式要分清強電解質和弱電解質。18、C【詳解】A.P4為正四面體結構，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結構)中所含P－P鍵為6mol，其數目為6NA，A項錯誤；B.濃硝酸與足量銅反應時，會隨著濃度的降低變?yōu)橄∠跛?，轉移電子數會發(fā)生改變，故無法計算，B項錯誤；C.NH2-所含電子數為7+2+1=10，0.1molNH2-所含電子數約為6.02×1023個，C項正確；D.H2+I2?2HI是可逆反應，但此反應也是一個反應前后分子物質的量不變的反應，故反應后分子總數仍為0.2NA，D項錯誤；答案選C?！军c睛】A項是易錯點，要牢記，1molP4分子中含6molP-P鍵，1mol單晶硅中含Si-Si鍵為2mol，1mol金剛石中含C-C鍵為2mol，1molSiO2中含4molSi-O鍵。19、B【解析】A、金屬鈦的原子序數為22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A錯誤；B、鈦合金可以在深海中承受700個大氣壓的壓力，鈦合金強度很大，鐵、鈷、鎳屬于黑色金屬，其余均屬于有色金屬，故B正確；C、TiCl4是強酸弱堿鹽，蒸干水解生成的氯化氫揮發(fā)，促進水解，得到氫氧化鈦，得不到鈦鹽，故C錯誤；D、在空氣中加熱熔化，金屬易與氧氣發(fā)生反應，所以不能直接在空氣中制備鈦鋁合金，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查元素在周期表中的位置、合金的性質和鹽的水解的知識。本題的易錯點為C，TiCl4是強酸弱堿鹽，水解生成的氯化氫易揮發(fā)，促進水解。20、C【詳解】A．根據鋁土礦的成分，先加入鹽酸，然后過濾，向濾液中加入過量的NaOH溶液，產生氫氧化鐵沉淀，過濾，向濾液中通入足量的CO2，生成氫氧化鋁，氫氧化鋁受熱分解成氧化鋁，然后加入冰晶石，電解熔融狀態(tài)氧化鋁得到金屬鋁，因此需要用到的物質為鹽酸、NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石，故A項錯誤；B．石英的成分是SiO2，屬于氧化物，且不與鹽酸反應，故B項錯誤；C．制取粗硅的反應中C的化合價升高，即C為還原劑，SiO2中Si的化合價降低，即SiO2作氧化劑，氧化劑與還原劑物質的量之比為1:2，故C項正確；D．CuFeS2中S的化合價為-2價，轉化成二氧化硫，S的化合價升高，氧氣中O的化合價降低，即二氧化硫既是氧化產物，又是還原產物，故D項錯誤；故選C。21、C【解析】A．CO2能與水反應生成碳酸，CO2屬于酸性氧化物，都正確，但CO2屬于酸性氧化物，不是因為CO2能與水反應生成碳酸，是能跟堿起反應，只生成鹽和水的氧化物，故A錯誤；B.AlCl3屬于共價化合物，但氯化鋁溶于水能夠導電，屬于電解質，故B錯誤；C.漂白粉中的Ca(ClO)2會與空氣中CO2、H2O反應變質，因此漂白粉需要密封保存，存在因果關系，故C正確；D．H2O2、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色，都可被高錳酸鉀氧化，H2O2、SO2均表現還原性，陳述II不合理，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了物質的性質和分類。本題的易錯點為A，要注意酸性氧化物的分類標準，可以通過舉例判斷，如二氧化硅不溶于水，但屬于酸性氧化物。22、C【分析】最終生成的沉淀是氫氧化鎂和氫氧化銅，所以沉淀增加的質量就是和金屬陽離子結合的OH－的物質的量。根據此分析進行解答。【詳解】由于金屬陽離子結合的OH－的物質的量，就是金屬失去的電子的物質的量，所以根據電子的得失守恒可知，金屬失去電子的物質的量是4.48L÷22.4L/mol＋2×0.336L÷22.4L/mol＝0.23mol，所以和金屬陽離子結合的OH－的物質的量也是0.23mol，質量是3.91g，則沉淀的質量是4.35g+3.91g=8.26g，故答案選C。【點睛】注意本類型題中最終生成的沉淀是氫氧化鎂和氫氧化銅，所以沉淀增加的質量就是和金屬陽離子結合的OH－的物質的量。由于金屬陽離子結合的OH－的物質的量，就是就是失去的電子的物質的量，所以根據電子的得失守恒可進行計算。二、非選擇題(共84分)23、酯基、溴原子消去反應b、d4：、、、（任寫一種）【分析】分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，與NaOH水溶液加熱發(fā)生反應產生的C含有羧基，產生的D能夠與新制Cu(OH)2懸濁液在加熱煮沸時發(fā)生反應，證明D中含有醛基，根據題意可知該物質是含有2個醇羥基的物質脫水產生，所以X中含有酯基及溴原子，兩個溴原子連接在同一個碳原子上。其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，說明苯環(huán)上只有一種位置的氫原子，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，說明含有四種不同類型的氫原子，吸收峰的面積比為1:2:6:1，所以四類氫原子的個數之比為1:1:6:1，H原子總數是10個，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應，其中C還能發(fā)生銀鏡反應，說明C中還含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，說明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應，說明苯環(huán)上含有酚羥基，且兩個鄰位有氫原子，所以X是，酯發(fā)生水解反應生成甲酸和酚鈉，且酚鈉中含有醛基，D是，E是，F是。【詳解】（1）根據上述推斷可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，說明H中含有不飽和的碳碳雙鍵，因此該反應屬于消去反應，產生的H結構簡式是。（3）H含有碳碳雙鍵，在一定條件下發(fā)生加聚反應形成高聚物I，I的結構簡式為。（4）E是，含有酚羥基，能和溴水反應發(fā)生取代反應，能和FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；但是不能發(fā)生消去反應；由于含有一個羧基，羧酸的酸性比碳酸強，所以可以和1mol碳酸氫鈉反應，故選b、d。（5）①X與足量稀NaOH溶液共熱的化學方程式是：；②F→G的化學方程式是：；（6）E是，同時符合條件a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種，說明只有兩類氫原子；b．不能發(fā)生水解反應說明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不顯色說明不含酚羥基；d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應說明含有一個醇羥基和一個羧基的E的同分異構體共有4種，他們的結構分別是：、、、。24、Mg1s22s22p6離子2F2+2H2O→4HF+O2↑bdNa鈉與水反應比鎂與水反應劇烈【分析】A的單質制成的高壓燈，發(fā)出的黃光透霧力強、射程遠，則A為Na；工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得B的單質，原子的最外層未達到穩(wěn)定結構，則B為N或O元素；C的原子的L層有一個未成對的p電子，其電子排布為1s22s22p1或1s22s22p5，單質為氣體，則C為F元素；D的+2價陽離子的核外電子排布與氖原子相同，則D為Mg，據此解答。【詳解】(1)上表中與A屬于同一周期的元素是Mg，D2+的電子排布式為1s22s22p6；(2)D和C形成的化合物為MgF2，為離子晶體；氟與水反應生成HF和氧氣，反應為2F2+2H2O＝4HF+O2；(3)a．元素B為氧或氮，最高正價都不是+6，且氧沒有最高價，故a錯誤；b．氮氣或氧氣在常溫、常壓下單質都難溶于水，故b正確；c．氮氣中含有14個電子，氧氣中含有16個電子，故c錯誤；d．燃時鎂與氧氣反應生成氧化鎂，鎂與氮氣反應生成氮化鎂，故d正確；故答案為：bd；(4)Na、Mg均在第三周期，由同周期元素的金屬性從左到右在減小可知，Na的金屬性強，根據鈉與水反應比鎂與水反應劇烈可證明金屬性：Na＞Mg。25、0.0131.0催化劑＞＞吸熱溫度升高時，平衡向右移動【分析】（1）根據v=公式解題；

（2）實驗1和實驗2達到平衡時A的濃度不再改變且相等，說明實驗2與實驗1其他條件完全相同，實驗2使用了催化劑，加快了反應速率，縮短了達平衡的時間；

（3）以10至20min為例求出實驗1和實驗3的反應速率進行比較；

（4）根據化學平衡移動原理分析，加熱平衡向吸熱反應方向移動?！驹斀狻浚?）在實驗1中，反應在10至20min時間內平均速率為v===0.013mol/（L·min），故答案為0.013；（2）實驗1和實驗2達到平衡時A的濃度不再改變且相等，說明實驗2與實驗1其他條件完全相同，實驗1與實驗2中A的初始濃度應相等，起始濃度c2=1.0mol/L，實驗2較其他實驗達到平衡時間最短，是使用了合適的催化劑，故答案為1.0；催化劑；（3）在實驗1中，反應在10至20min時間內平均速率為v===0.013mol/(L·min)，在實驗3中，反應在10至20min時間內平均速率為v===0.015mol/(L·min)，故v3>v1，實驗1的起始濃度為1.0mol/L，由平衡時濃度可知在實驗3的起始濃度大于1.0mol/L，即c3>1.0mol/L，故答案為>；>；（4）比較實驗4和實驗1可知平衡時實驗4反應物A的濃度小，由實驗1到實驗4升高溫度，平衡右移，加熱平衡向吸熱反應方向移動；故答案為吸熱；溫度升高時，平衡向右移動。26、EDB檢查裝置的氣密性趕走裝置的氧氣，防止對NO的觀察造成影響D中通氧氣后，出現紅棕色氣體冷凝使NO2完全液化2NaNO2+H2SO4(濃)=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O水會與NO2反應生成NO，影響后面NO的檢驗把裝置中的氣體全部趕入到B中被吸收，以防止環(huán)境污染4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O【解析】（1）此實驗的目的探究亞硝酸鈉和硫酸反應以及生成氣體的產物，A裝置是反應裝置，B裝置是尾氣處理裝置，C裝置是干燥氣體，D裝置為驗證NO氣體，E裝置冷卻NO2，因此連接順序是A→C→E→D→B；（2）因為此實驗有氣體參加，因此實驗前，需要檢驗裝置的氣密性；裝置含有空氣，空氣中的氧氣能氧化NO為NO2，所以實驗開始時通入N2的作用是趕走裝置的氧氣，防止對NO的觀察造成影響；（3）NO為無色氣體，與氧氣生成紅棕色氣體NO2，因此D裝置通入氧氣后無色變?yōu)榧t棕色，說明NO的存在；氮的氧化物對環(huán)境都是有污染的，必須尾氣處理，因此B裝置的作用：尾氣處理，防止污染空氣；NO2的液化溫度是21℃，因此E裝置的作用：冷凝使NO2完全液化；（4）根據上述實驗，該反應的化學方程式為2NaNO2+H2SO4(濃)=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O。通入過量O2，NO全部轉化成NO2，因此有4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O，如果沒有裝置C，水會與NO2反應生成NO，影響后面NO的檢查。（5）裝置有殘留的氮氧化合物，因此實驗結束后還需通入N2的作用是把裝置中的氣體全部趕入到B中被吸收，以防止環(huán)境污染；如果向D中通入過量O2，則裝置B中發(fā)生反應的離子方程式為4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O。27、粉碎SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O洗滌O2或其它合理答案K3[Fe(CN)6]最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失偏大【解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，過濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應①中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應②為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前需要濾渣B進行洗滌，故答案為洗滌；(4)根據上述分析，反應③中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為O2；(5)K3[Fe(CN)6]能夠與硫酸亞鐵反應生成特征的藍色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3[Fe(CN)6]做指示劑，滴定終點的現象為最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測得該C